Question

我无法获取要动态插入mysqli查询的开关ID。如果我在SQL中插入文本，则返回结果，但$ _GET不起作用。发件人：

 function format_switch(sw_id)
{
  var xhttp = new XMLHttpRequest();
  var sw_id = (sw_id);
  xhttp.open("GET", "return.php?sw_id="+sw_id, true);
  console.log(sw_id);
  xhttp.send();
}

正确的sw_id（switch_1）出现在控制台日志中。

但是此PHP代码：

<?php
  ini_set('display_errors', 1); ini_set('log_errors',1); error_reporting(E_ALL); mysqli_report(MYSQLI_REPORT_ERROR | MYSQLI_REPORT_STRICT); 
$switchnumber = $_GET['sw_id'];
$address = "localhost";
$user = "root";
$password = "CBR1000f";
$database = "pinetdb";
$con = new mysqli($address,$user,$password,$database);
$result = mysqli_query($con, "SELECT switchnumber,state FROM pinetdb.Switches WHERE switchnumber = '$switchnumber'");
if (mysqli_num_rows($result) > 0){
    if ($row = mysqli_fetch_assoc($result)) {
        echo $row["switchnumber"]. ", " .$row["state"] ."<br>";
    }
}
?>

返回：

Notice: Undefined index: swt_id in /var/www/pinet/html/return.php on line 4
mysqli_result Object ( [current_field] => 0 [field_count] => 2 [lengths] => [num_rows] => 0 [type] => 0 )

如果我在SQL中输入sw_id的期望值，则代码将返回我的期望结果：

<?php
ini_set('display_errors', 1); ini_set('log_errors',1); error_reporting(E_ALL); mysqli_report(MYSQLI_REPORT_ERROR | MYSQLI_REPORT_STRICT); 
$switchnumber = $_GET[sw_id];
$address = "localhost";
$user = "root";
$password = "CBR1000f";
$database = "pinetdb";
$con = new mysqli($address,$user,$password,$database);
$result = mysqli_query($con, "SELECT switchnumber,state FROM pinetdb.Switches WHERE switchnumber = 'switch_1'");
if (mysqli_num_rows($result) > 0){
    if ($row = mysqli_fetch_assoc($result)) {
        echo $row["switchnumber"]. ", " .$row["state"] ."<br>";
    }
}
?>

返回：

Notice: Undefined index: swt_id in /var/www/pinet/html/return.php on line 4
switch_1, 1
mysqli_result Object ( [current_field] => 0 [field_count] => 2 [lengths] => [num_rows] => 1 [type] => 0 )

符合预期。

我已经从其他响应中得出了这一点（开始安装新的linux），但是找不到解决方法。执行更新查询的非常相似的php可以工作，但是我无法回显已更新的字段。请让我知道我的脚本出了什么问题。

Answer 1

在您的php中更改此行

$switchnumber = $_GET[sw_id];

到

$switchnumber = $_GET['sw_id'];

Answer 2

我将一些从W3Schools复制的代码添加到我的js中，并在按钮下而不是在另一页上更新字段。够好了！我的php没什么问题-我想它在脚本完成后不会保留$ _GET详细信息，因此在浏览器中打开.php文件时不会出现。

这是我修改的javascript：

 function return_switch(swt_id)
    {
  var xhttp = new XMLHttpRequest();
  var swt_id = (swt_id);
  xhttp.onreadystatechange = function() {
  if (this.readyState == 4 && this.status == 200) {
  document.getElementById("switchstate").innerHTML = this.responseText;
  }
  };
  xhttp.open("GET", "return.php?swt_id="+swt_id, true);
  console.log(swt_id);
  xhttp.send();
  }

这是带有<p><\p>的html，其中包含动态返回的数据库字段：

    <!doctype html>
    <html>
    <head>
    <script src="change_switch.js"></script>
    </head>
    <body>
    <h1> Click the button to turn on the Switch</h1>
    <br>
    <button type="button" onclick="update_switch(this.id); return_switch(this.id)"  id="switch_1">Switch 1</button>
    <button type="button" onclick="update_switch(this.id); return_switch(this.id)"  id="switch_2">Switch 2</button>
    <button type="button" onclick="update_switch(this.id); return_switch(this.id)"  id="switch_3">Switch 3</button>
    <button type="button" onclick="update_switch(this.id); return_switch(this.id)"  id="switch_4">Switch 4</button>
    <button type="button" onclick="return_switch(this.id); update_switch(this.id)"  id="switch_5">Switch 5</button>
    <br>
    <p id="switchstate"></p>
    <br>
    <button type="button" onclick="location.href='/index.html'">Home</button>
    </body>
    </html>

XMLHttpRequest GET值不会输入到mysqli_query SQL

2 个答案: