php mysql 数据没有出现在表中

Question

目前，我正在文本框中提交两个“WS_ID”数字，两个数字之间有一个空格。我所拥有的 SQL 命令能够更新 sql 数据库中的两个结果，但是当文本框中只有一个“WS_ID”提交时，则不会更新任何内容。任何帮助都会很棒。非常感谢。

         if(isset($_GET["Update"]))
        {   $DEP_TIME = $_GET["DEP_TIME"];
            $ARR_TIME = $_GET["ARR_TIME"];
            $TRAVEL_TIME = $_GET["TRAVEL_TIME"];
            $HRS_WORKED = $_GET["HRS_WORKED"];
            $INC_DEP_TIME = $_GET["INC_DEP_TIME"];
            $INC_LAB_DAY = $_GET["INC_LAB_DAY"];
            $LAB_DATE = $_GET["LAB_DATE"];
            $WS_ID = $_GET["WS_ID"];
            $WS_ID2 = explode(" ", $WS_ID);
            $SQL = "UPDATE `elecsys`.`worksheet_labour` SET DEP_TIME = $DEP_TIME, ARR_TIME = $ARR_TIME, TRAVEL_TIME = $TRAVEL_TIME, HRS_WORKED = $HRS_WORKED WHERE WS_ID = $WS_ID2[0] OR WS_ID = $WS_ID2[1]"; 
            $resultset2 = mysql_query($SQL);                
        }

Answer 1

在您的 sql 中，您可能需要在当前值周围加上引号。然而，目前您正遭受 SQL 注入(inject)。您应该使用 PDO 或 MYSQLI 来避免这种情况。

当 $WS_ID2[1] 为空时，您会得到 WHERE WS_ID=value OR WS_ID = ; 我不相信 MYSQL 知道它应该是空白的报价。

使用 MYSQLI 进行代码，以防止 SQL 注入(inject)以及从 PHP 中删除已弃用的代码后代码失败:

$con = new mysqli($databasehost,$dbuser,$dbpassword);
if ($con->connect_errno) {
    echo "Failed to connect to MySQL: (" . $mysqli->connect_errno . ") " .  $mysqli->connect_error;
}
//Set all your variables here, omitted from code...
$stmt = $con->prepare("UPDATE `elecsys`.`worksheet_labour` SET DEP_TIME = ?, ARR_TIME = ?, TRAVEL_TIME = ?, HOURS_WORKED = ?, WHERE WS_ID = ? OR WS_ID = ?");
//bind using data according to http://www.php.net/manual/en/mysqli-stmt.bind-param.php
$stmt->bind_param('ssddii', $DEP_TIME, $ARR_TIME, $TRAVEL_TIME, $HRS_WORKED, $WS_ID2[0], $WS_ID2[1]);
$stmt->execute();
$stmt->close();
$con->close();

另外，我的另一个想法是，如果 $WS_ID2 只有一个值，PHP 不会给出 $WS_ID[1] 越界错误吗？