Question

我正在使用xcode开发应用程序并尝试使用某些语句进行选择，但查询无效。例如，我在应用程序中创建了一个包含字母＆＃39; A＆＃39;的按钮，当我点击它时调用脚本php（JSON）进行选择并在列表视图中返回一些以＆＃39;开头的结果。 A＆＃39;

在xcode中，我尝试定义这样的api：#define GET_API @"http://website.16mb.com/field/testsearch.php"或此@"http://website.16mb.com/field/testsearch.php?letter=%@,letter"

在我的testsearch.php中，我写道：

<?php

    $host = "mysql.xxxx.com";
    $user = "userxxx";
    $pass = "xxxxx";
    $database = "udatabase";

    mysql_connect($host,$user,$pass) or die("Error connection");

    mysql_select_db($database) or die("Error to select database");

   $letter = $_GET["letter"];
   $query = "SELECT * FROM tablename where letter = '$letter' ORDER BY letter DESC";

    $result =  mysql_query($query) or die ("Error ");
    mysql_close();
    $lines = array();
    while ($r = mysql_fetch_assoc($result)){
    $lines[] = $r;

    }
    echo json_encode($linhas);    

?>

有人可以告诉我如何使用select和statement将数据从xcode发送到脚本？谢谢你的帮助。

Answer 1

$letter = $_GET['letter'];
$query = "SELECT * FROM `tablename` where `letter` = '".$letter."' ORDER BY letter DESC";
$result = mysql_query($query) or die (mysql_error());
$lines = array();
while ($r = mysql_fetch_array($result))
{
$lines[] = $r;
}
echo json_encode($lines);    

?>

试试这个

php脚本选择where语句xcode

1 个答案: