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我正在尝试检查 mysql 表中的数据是否存在,但以下脚本不起作用。下面提供了我的代码,请找出我的错误在哪里。
<?php
//including the database files
include("../inc/settings.php");
$email = $_POST['email'];
$password = $_POST['password'];
$query = mysql_query("SELECT easy123 FROM users WHERE email=$email", $conn);
if (mysql_num_rows($query) != 0)
{
echo "Username already exists";
}
else
{
echo "this username not used";
}
?>
我收到的错误是 -
Warning: mysql_query() expects parameter 2 to be resource, object given in C:\xampp\htdocs\myfiles\Easy123\master\login.php on line 8
Warning: mysql_num_rows() expects parameter 1 to be resource, null given in C:\xampp\htdocs\myfiles\Easy123\master\login.php on line 10 this username not used
最佳答案
首先,请确保您的数据库连接设置正确。您收到的错误清楚地表明您的 $conn
变量不是有效的资源。
此外,使用准备好的语句和参数化查询。不要在查询字符串中使用 PHP 变量,这根本不安全。使用 PDO 或 MySQLi 代替
使用PDO :
$stmt = $pdo->prepare('SELECT easy123 FROM users WHERE email = :email');
$stmt->execute(array('email' => $email));
foreach ($stmt as $row) {
// do something with $row
}
使用MySQLi :
$stmt = $dbConnection->prepare('SELECT easy123 FROM users WHERE email = ?');
$stmt->bind_param('s', $email);
$stmt->execute();
$result = $stmt->get_result();
while ($row = $result->fetch_assoc()) {
// do something with $row
}
关于php - mysql数据存在代码不起作用,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/33971046/
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我是一名优秀的程序员,十分优秀!