Question

我从Mysql填充listview，我点击Listview项目并显示特定记录的详细信息。我的问题是，即使从listview很好地传递了record_id，也会始终显示第一条记录的详细信息。如何克服这个问题？先检查什么？ php部分如下：

if (isset($_POST["id"]) && isset($_POST["po"]) &&  isset($_POST["ng"])) 
{

$id = $_POST["id"];
$po= $_POST["po"];
$ng= $_POST["ng"];

$sql = "UPDATE names SET po=po + "$po", ng=ng + "$ng"  WHERE id = "$poll_id"";

传递id的异步部分是：

List<NameValuePair> params2 = new ArrayList<NameValuePair>();
            params2.add(new BasicNameValuePair("id", id));

            // getting product details by making HTTP request
            // Note that product details url will use GET request
            JSONObject json = jsonParser.makeHttpRequest(url_details, "GET", params2);

Answer 1

看起来您正在向给定的url_details变量链接发出GET请求。我想这应该是一个POST请求。

此外，如果你遇到任何麻烦，你可以var_dump（$ _ POST）;在PHP中转储所有变量以进行调试。

我还注意到你接受$ _POST变量并将它们直接设置为SQL语句。这被认为是一件坏事，因为这种方法容易受到SQL注入的攻击。</ p>

有关SQL注入的详细信息，请参阅以下链接。 http://wiki.hashphp.org/Validation

如果问题以这种方式解决，请告诉我。

单击项目时基于Mysql的Listview返回第一个Mysql记录

1 个答案: