Если я запускаю это с помощью запроса < /p>
"SELECT * FROM users";
< /code>
Это возвращает мой результат. Но как только я запускаю это < /p>
$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$login = "SELECT * FROM users WHERE name= ".$username." AND password= ".$password."";
< /code>
это не так. Если я запускаю Echo значения $ _post, которые они проходят правильно. Помогите мне.
Я также запустил свой код через https://phpcodechecker.com/, и он не может увидеть никаких ошибок в моем коде.
Это полная функция.
function login($username,$password){
global $db_conn;
$conn = new mysqli($db_conn['servername'], $db_conn['username'], $db_conn['password'], $db_conn['dbname']);
$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$login = "SELECT * FROM users WHERE name= ".$username." AND password= ".$password."";
$login_result = $conn->query($login);
if ($login_result->num_rows > 0) {
$output = array();
while($row = $login_result->fetch_assoc()) {
$output[] = $row;
echo "".$row['name']."-".$row['password']."
";
}
} else {
echo "Invaild Login Details!"."
" ;
$conn->close();
return false;
}
}
< /code>
Каждый раз, когда он говорит: «Неверные данные входа в систему!» Но я знаю, что это один из результатов, который возвращается. < /P>
Что я делаю неправильно? Используйте PDO для безопасности.
https://www.php.net/manual/en/book.pdo.php#114974,/p>
Подробнее здесь: https://stackoverflow.com/questions/469 ... -the-query
MySQL запрос не возвращаю мои результаты при добавлении переменных в запрос [дублировать] ⇐ Php
Кемеровские программисты php общаются здесь
1757090083
Anonymous
Если я запускаю это с помощью запроса < /p>
"SELECT * FROM users";
< /code>
Это возвращает мой результат. Но как только я запускаю это < /p>
$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$login = "SELECT * FROM users WHERE name= ".$username." AND password= ".$password."";
< /code>
это не так. Если я запускаю Echo значения $ _post, которые они проходят правильно. Помогите мне.
Я также запустил свой код через https://phpcodechecker.com/, и он не может увидеть никаких ошибок в моем коде.
Это полная функция.
function login($username,$password){
global $db_conn;
$conn = new mysqli($db_conn['servername'], $db_conn['username'], $db_conn['password'], $db_conn['dbname']);
$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$login = "SELECT * FROM users WHERE name= ".$username." AND password= ".$password."";
$login_result = $conn->query($login);
if ($login_result->num_rows > 0) {
$output = array();
while($row = $login_result->fetch_assoc()) {
$output[] = $row;
echo "".$row['name']."-".$row['password']."
";
}
} else {
echo "Invaild Login Details!"."
" ;
$conn->close();
return false;
}
}
< /code>
Каждый раз, когда он говорит: «Неверные данные входа в систему!» Но я знаю, что это один из результатов, который возвращается. < /P>
Что я делаю неправильно? Используйте PDO для безопасности.
https://www.php.net/manual/en/book.pdo.php#114974,/p>
Подробнее здесь: [url]https://stackoverflow.com/questions/46906355/mysql-query-not-returning-my-results-when-adding-variables-into-the-query[/url]
Ответить
1 сообщение
• Страница 1 из 1
Перейти
- Кемерово-IT
- ↳ Javascript
- ↳ C#
- ↳ JAVA
- ↳ Elasticsearch aggregation
- ↳ Python
- ↳ Php
- ↳ Android
- ↳ Html
- ↳ Jquery
- ↳ C++
- ↳ IOS
- ↳ CSS
- ↳ Excel
- ↳ Linux
- ↳ Apache
- ↳ MySql
- Детский мир
- Для души
- ↳ Музыкальные инструменты даром
- ↳ Печатная продукция даром
- Внешняя красота и здоровье
- ↳ Одежда и обувь для взрослых даром
- ↳ Товары для здоровья
- ↳ Физкультура и спорт
- Техника - даром!
- ↳ Автомобилистам
- ↳ Компьютерная техника
- ↳ Плиты: газовые и электрические
- ↳ Холодильники
- ↳ Стиральные машины
- ↳ Телевизоры
- ↳ Телефоны, смартфоны, плашеты
- ↳ Швейные машинки
- ↳ Прочая электроника и техника
- ↳ Фототехника
- Ремонт и интерьер
- ↳ Стройматериалы, инструмент
- ↳ Мебель и предметы интерьера даром
- ↳ Cантехника
- Другие темы
- ↳ Разное даром
- ↳ Давай меняться!
- ↳ Отдам\возьму за копеечку
- ↳ Работа и подработка в Кемерове
- ↳ Давай с тобой поговорим...
Мобильная версия