Question

所以我试图创建并实现实时搜索功能。这是我的PHP代码。

<?php

ini_set('display_errors', 1);
error_reporting(~0);

define('DB_USER', '*****');
define('DB_PASSWORD', '*****');
define('DB_SERVER', 'localhost');
define('DB_NAME', 'MUSIC');
if (!$db = new mysqli(DB_SERVER, DB_USER, DB_PASSWORD, DB_NAME)) {
    die($db->connect_errno.' - '.$db->connect_error);
}

$arr = array();
    $sql = "SELECT * FROM main WHERE titles LIKE '%%'";
    $result = $db->query($sql) or die($mysqli->error);
    if ($result->num_rows > 0) {
        while ($obj = $result->fetch_object()) {
            $arr[] = array('title' => $obj->titles);
        }
    }

echo json_encode($arr);
?>

我打电话的脚本：

＆＃13;

<script src="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.12.2/jquery.min.js"></script>
    <script type="text/javascript">
    $(document).ready(function() {
    $('#keyword').on('input', function() {
    	var searchKeyword = $(this).val();
    	if (searchKeyword.length >= 3) {
    		$.post('search.php', { keywords: searchKeyword }, function(data) {
    			alert("Here");
    			$('ul#content').empty()
    			$.each(data, function() {
    				alert("Here as well");
    				$('ul#content').append('<li><a href="example.php?id=' + this.id + '">' + this.title + '</a></li>');
    			});
    		}, "json");
    	}
        });
    });
    </script>

＆＃13;

适用于代码的HTML的一小部分：

＆＃13;

<form role="form" method="post">
     <input type="text" class="form-control" id="keyword" placeholder="Enter keyword"></form><ul id="content"></ul>

＆＃13;

现在，我的脚本没有收到任何数据，至少没有让它发出警告信号（＆＃34;此处也是＃34;）＆＃34;。但是，第一个＆＃34;警报（＆＃34;在这里＆＃34;）＆＃34;确实会出现。另外，我知道脚本正在输入search.php，因为我插入到我的数据库中测试它，并且它确实插入了每个keyup。任何想法为什么它不返回任何数据？数据库条目现在有标题，艺术家和ID。

您会在脚本中注意到有一个＆＃34;关键字＆＃34;设置被发送。我删除了这个，因为我认为当我只是试图让它发送时（通常关键字将在SQL语句的LIKE部分）是不必要的。然而，这可能导致问题吗？无法看到。

感谢您的帮助。

Answer 1

首先，永远不要使用or die()，特别是使用mysqli构造函数（提示：永远不会是假的）。

其次，如果遇到错误，您应该以外部消费者（例如您的JS应用程序）可以理解发生错误的方式进行响应。

第三，使用带参数绑定的预准备语句。这应该不言而喻。

<?php

// these should really be set in your environment's php.ini
ini_set('display_errors', 'On');
error_reporting(E_ALL);

// set mysqli to throw exceptions
mysqli_report(MYSQLI_REPORT_ERROR | MYSQLI_REPORT_STRICT);

try {
    $db = new mysqli('localhost', '*****', '*****', 'MUSIC');
    $stmt = $db->prepare("SELECT `id`, `titles` from `main` WHERE `titles` LIKE CONCAT('%', ?, '%')");
    $stmt->bind_param('s', $_POST['keywords']);
    $stmt->execute();
    $stmt->bind_result($id, $titles);

    $response = [];
    while($stmt->fetch()) {
        $response[] = ['id' => $id, 'title' => $titles];
    }
    $stmt->close();

    header('Content-type: application/json');
    echo json_encode($response);
    exit;
} catch (Exception $e) {
    http_response_code(500);
    echo $e;
}

当然，如果您的查询不包含任何结果，那么您的JS $.each将不会迭代任何内容。您需要通过选中data.length来处理客户端这样的案例。

在我看来，您应该尝试FULLTEXT索引和MATCH查询，而不是LIKE。

json_encode（）不会将数据发送回AJAX调用

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