Question

我想通过PHP将一些数据从jQueryMobil.listwidget发送到mysql数据库。

我收到并发布我的列表项目：

function getItems()
{ 
        var listview_array = new Array();
        $( "#itemList li" ).each(function(index) {
            listview_el = new Object();
            listview_el.id = index;
            listview_el.name=$(this).text();
            listview_el.owner="owner";
            listview_array.push(listview_el);
        });
        var stringifyObject = JSON.stringify(listview_array);
        //alert(stringifyObject);
        $.ajax({
            type: "POST",
            dataType: 'json',
            url: "insert.php",
            data: { mydata: stringifyObject },
        });
        //showItems();

}

我想将我的json-object添加到存在的mysql数据库/表中。根据我的要求，我的数据已发送，但if（prepStmnt）从未成功。

 <?php

    $con = new mysqli($servername, $username, $password, $dbname);
    if (!$con) {
      die('Could not connect: ' . mysqli_error($con));
    }

    echo "preps";
    if($preparedStatement = $con->prepare('INSERT INTO Einkaufsliste (item, owner) VALUES (:name, :owner)')){
        $preparedStatement->execute(json_decode($_POST["mydata"], true));
        $preparedStatement->close();
        echo "done";
    };

    $con->close();
    ?>

请告诉我为什么我的数据库中没有数据存储？

Answer 1

MySQLi NOT 支持命名参数。

if($preparedStatement = $con->[...snip...] (:name, :owner)')){
                                            ^^^^^^^^^^^^^

这在MySQLi中是完全非法的，所以你的准备工作失败了，其他一切都落在了脚本的末尾，因为你没有错误检查。

$prepare = $con->prepare(...);
if (!$prepare) {
   die(mysqli_error($con));
}

正确的mysqli准备声明将是

$stmt = $con->prepare('INSERT ... VALUES (?, ?)');

请注意?占位符。

从不永远假设您的查询将被取消。即使你的sql实际上是正确的，但是查询失败的方式几乎无穷无尽。总是假设失败，检查失败，并将成功视为一个惊喜。

PHP在json对象发布的mysql中插入数据

1 个答案: