php - 通过隐藏表单选择和显示mysql数据

Question

我无法通过 MYsql 显示我选择的数据。我的数据库字段中已经存储了值，当用户单击提交按钮时，所选电影的评论应该会出现，但事实并非如此。

这是我用 php 编写的表单代码。

    echo "<tr><td>".$utitle."</td><td>".$ucategory."</td><td>".$ulength."</td><td>Thumbs up</td>t<td></td>";
    echo '<form action = "videos.php" method="POST">';
    echo "<td><input type='hidden' name='read' value=".$uid."><input type='submit' value='Read the Review' name='read'></td></tr></form>";

这是我点击按钮时的代码。

if(isset($_POST['read'])){
    $readReview = "SELECT Review FROM MyVideos WHERE id='$_POST[read]'";            
    $read = $con->query($readReview);
    if($read->num_rows>0){
        while($row=$read->fetch_assoc()){
            echo "Review:".$row['Review']."<br/>";
        }
    }
$read->close(); 
};

谢谢。非常感谢任何帮助。

Answer 1

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您的隐藏输入和提交按钮都具有相同的名称属性。我称之为冲突。另外，它丢弃了第一个属性，即隐藏属性。

另外，你现在的密码是开放给SQL injection的.使用 prepared statements , 或 PDO with prepared statements ，它们更安全。

$id = mysqli_real_escape_string($con, $_POST['read']);
$readReview = "SELECT Review FROM MyVideos WHERE id='id'";

• 旁注:$_POST['read'] 需要更改为您为隐藏输入提供的名称属性。

然而，准备好的语句是实现此目的的方式。

• 记得将隐藏的输入重命名为您选择的其他名称。

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添加error reporting到您的文件的顶部，这将有助于查找错误。

<?php 
error_reporting(E_ALL);
ini_set('display_errors', 1);

// rest of your code

旁注:错误报告只应在试运行中进行，绝不能在生产中进行。

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引用资料:

• > http://php.net/manual/en/mysqli.real-escape-string.php
• > http://php.net/manual/en/function.error-reporting.php

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面向对象风格

string mysqli::escape_string ( string $escapestr )
string mysqli::real_escape_string ( string $escapestr )

程序风格

string mysqli_real_escape_string ( mysqli $link , string $escapestr )