Question

我有一个单页php应用程序生成一个8位数字，用户输入一个值，页面生成另一个值，这两个值都插入到mysql数据库中，并在单击按钮时在输入框中显示生成的值。插入正在发生，但生成的值没有在第一次显示在输入框中，我也试过会话它也没有帮助。

这是我的PHP代码，

<?php
require_once __DIR__ . '/db_connect.php';
$db = new DB_CONNECT();
?>
<!doctype html>
<html>
<head>
<meta charset="UTF-8">
<title>Untitled Document</title>
</head>
<body>
<div>
<?php
if(isset($_POST['luckyButton']) && $_POST['myLuckyNumber'] != ""){
    //sleep(20);
    $myLuckyNum = $_POST['myLuckyNumber'];
    $resultmyLuckyNum = mysql_query("SELECT * FROM lucky where luckyNum='$myLuckyNum'") or die(mysql_error());
    if (mysql_num_rows($resultmyLuckyNum) > 0) {
        while ($rowmyLuckyNum = mysql_fetch_array($resultmyLuckyNum)) {
            $generatedNumber = $rowmyLuckyNum["generatedNum"];
        }
    }else{
        $gen = getGen();
        $resultGenNum = mysql_query("INSERT INTO lucky (slno, luckyNum, generatedNum) VALUES ( NULL, '$myLuckyNum', '$gen')");
        if (mysql_num_rows($resultGenNum) > 0) {
            $generatedNumber = $gen;
        }
    }
}
?>
<form action="" method="post">
<input type="text"class="inputs" name="myLuckyNumber" onClick="this.select();" placeholder="Enter You Lucky Number" value="<?php echo $myLuckyNum; ?>" />
<input type="submit" class="css_button" name="luckyButton" value="Check"/>
</form>
</div>
<br><br><br>
<?php
if($generatedNumber != ""){
    echo '<input type="text" name="myLuckyNumber" onClick="this.select();" id="generatedNumber" readonly="true" value="' . $generatedNumber . '" />';
}
echo '<p id="errText"> ' . $err . ' </p>';
function random_string($length) {
    $key = '';
    $keys = array_merge(range(0, 9));
    for ($i = 0; $i < $length; $i++) {
        $key .= $keys[array_rand($keys)];
    }
    return $key;
}
function getGen(){
    $gen1 = random_string(8);
    $result = mysql_query("SELECT * FROM lucky where generatedNum='$gen1'") or die(mysql_error());
    if (mysql_num_rows($result) > 0) {
        while ($row = mysql_fetch_array($result)) {
            if($row["generatedNum"] == $gen1){
                getGen();
            }
        }
    }else{
        //echo $gen1;
        return($gen1);
    }
}
?>
</body>
</html>

我的桌子，。

CREATE TABLE `lucky` (
`slno` int(11) NOT NULL,
  `luckyNum` text NOT NULL,
  `generatedNum` text NOT NULL
) ENGINE=InnoDB AUTO_INCREMENT=1 DEFAULT CHARSET=latin1;

Answer 1

您以错误的方式使用mysql_num_rows。当您运行插入查询时，它不返回行，它返回true或false（布尔值）。当它返回true时，您将获得1（$resultGenNum）。 改为使用：

 if ($resultGenNum === 1){
       $generatedNumber = $gen;
 }

Answer 2

您的代码存在的问题是，mysql_num_rows会返回0或1，请使用

if($resultGenNum === 1){
       $generatedNumber = $gen;
}

Answer 3

您可以尝试使用if ( $generatedNumber != "" )。

，而不是使用if ( isset( $generatedNumber ) )

如果$generatedNumber不存在（如果没有任何内容发布到脚本中则不存在），则比较将失败（事实上，您可能会收到PHP错误）。

当然，这会导致我们遇到下一个问题 - 如果没有任何内容发布到脚本中，则不会生成数字。当然，如果您不生成数字，则无法显示数字。因此，您应该以这样的方式构造代码，即始终生成随机数 - 无论是否接收到post变量。

PHP页面在第一次按键点击时没有加载生成的值？

3 个答案: