Question

我的问题如下：我向PHP脚本发送一个包含2个项目的表单，名称和分数。 php脚本使用这2个项目作为2个变量名称和得分的值。

<?php
$mysqli = mysqli_connect("localhost" ,"user" ,"password", "database");
$name = $_POST["name"];
$score = $_POST["score"];

现在，我想检查数据库中是否已经有一个名字相似的用户。如果他找到某人，则应检查用户的当前分数是否高于数据库中的分数；如果此陈述也为真，则应更新该表，否则只需插入一个新用户：

$checkUser = "SELECT score FROM highscores where name LIKE '$name';";
    $result=mysqli_query($mysqli,$checkUser);
    $num_rows = mysqli_num_rows($result);
    if ($num_rows > 0) {
        $row = mysql_fetch_assoc($result);
        $dbScore = (int)$row["score"];
        $unityScore = (int)$score;
        if($unityScore > $dbScore) {
            mysqli_query($mysqli,"UPDATE highscores SET score=$score WHERE name=$name;") or die("Could not update table");
            echo("0");
        }
    } 
    else {
        mysqli_query($mysqli,"INSERT INTO highscores(name,score) VALUES('$name','$score');") or die("Could not insert data. Please choose other name.");
        echo("1");
    }
?>

我的问题是，每次我尝试更新表时，它总是返回我：“无法更新表”。我尝试了100种方法来使其工作，但我没有成功。只是if（$ unityScore> $ dbScore）{}语句中的所有内容始终崩溃，其余代码可以正常工作。因此，经过数小时的调试，我不得不将其发布。谢谢您的帮助！

Answer 1

如果我对您的理解正确，则以下语句失败：

mysqli_query($mysqli,
    "UPDATE highscore
    SET score=$score
    WHERE name=$name;"
) or die("Could not update table");

看起来name字段是varchar（因为您在上一个查询中对它使用LIKE）：如果是这种情况，则需要将值括在单引号之间，例如：

mysqli_query($mysqli,
    "UPDATE highscore
    SET score=$score
    WHERE name='$name'"
) or die("Could not update table : " . mysqli_error($mysqli));

为避免此类问题，您应该使用prepared statements with bind parameters。

您的代码存在其他问题：

您应该始终打印SQL错误，而不是常规消息（请参阅更新的代码）。
您最好避免在运行于mysqli下的SQL语句中添加结尾分号，例如their use is officially discouraged；我也更新了那部分代码
您是mixing mysql and mysqli APIs，例如您正在使用mysql_fetch_assoc。您应该在各处使用mysqli API。

php中的mysqli查询每次执行时都会失败

1 个答案: