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Question

我正在尝试通过ajax完成一个简单的POST。 Ajax调用似乎有效，但返回500错误。

代码：

if(isset($_POST['name']) && isset($_POST['password']))
{
$sql = "SELECT * FROM kandidaat WHERE name = '".$_POST['name']."' AND password = '".$_POST['password']."' LIMIT 1;";
$conn= mysqli_connect("localhost", "user", "pw", "db")
or die(mysqli_error("error connecting to database"));
$result = $conn->query($sql);
$resultset = new Array();
if ($result->num_rows > 0) {
    $resultset = $result;
    session_start();
    $_SESSION['login_user']= $_POST['name'];
} else {
    $resultset = "0";
}
}
?>

连接正确，我之前已经测试过。

Answer 1

这段代码有很多注意事项。

mysqli_error("error connecting to database")错误，该函数将连接作为参数，而不是字符串。
您应该使用mysqli_connect_error()来检查连接错误，而不是mysqli_error()
您应在文件顶部添加error_reporting(E_ALL); ini_set('display_errors', 1);，以便找到实际错误。
您应该利用在查询中使用预准备语句，特别是那些包含PHP变量/用户输入的语句。
除非您已获得Array课程，否则您不会使用new Array()初始化新数组，只需$resultset = array();
一些正确的缩进使代码更容易阅读。
不要以明文形式存储您的密码！这根本不是安全的！ PHP有内置函数，您应该使用它来处理密码的存储，请参阅password_hash()函数哪个更安全！

通过这些改进，代码应该可以工作 - 除非我们看不到其他错误。无论如何，要弄清楚什么不起作用会更容易。您还应该阅读并实施第4和第7点。

error_reporting(E_ALL); 
ini_set('display_errors', 1);
if(isset($_POST['name']) && isset($_POST['password']))
{
    $sql = "SELECT * FROM kandidaat WHERE name = '".$_POST['name']."' AND password = '".$_POST['password']."' LIMIT 1;";
    $conn = mysqli_connect("localhost", "user", "pw", "db") or die(mysqli_connect_error());
    if ($result = $conn->query($sql)) {
        $resultset = array();
        if ($result->num_rows > 0) {
            $resultset = $result;
            session_start();
            $_SESSION['login_user']= $_POST['name'];
        } else {
            $resultset = "0";
        }
    } else {
        echo "Query failed: ".mysqli_error($conn);
    }
}
?>

注意：在开发过程中，您不应该在您的实际网站上显示错误。错误可用于查找漏洞并利用您的代码。

尝试发布表单时出错500

1 个答案:

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