PHP/JAVASCRIPT/SQL无法显示表

我正在尝试创建一个查询系统，以便向系统管理员显示系统中的所有用户帐户，以便以后我可以添加一个功能来编辑它们，等等。我创建了一个PHP文件来查找结果并创建一个表，然后将其回显到javascript并显示。但是，系统仅显示0，而不显示表格。我只能假设这意味着什么也没找到，但我的系统应该有捕获，我90%确定它应该找到什么

Javascript

}

PHP

---

您使用了错误的运算符进行连接

$data += '<table class="table table-striped">';

将+符号替换为

例如

---

请不要存储纯文本密码我不明白它传递0的原因，但是您的div上有txtUserSearch的id，而不是您的输入，因此您的搜索字段永远不会被传递。此外，您还可以进行SQL注入。由于您使用的是mysqli，请利用准备好的语句和搜索字段的bind_param。密码以纯文本形式存储，纯粹用于测试目的。目前，我经常通过phpMyAdmin创建大量帐户以进行测试。这将是非常困难的，如果他们必须加密，而且，如果我试图使它安全的测试，我不会选择密码作为我的密码。感谢您对SQL注入的建议，它在我的列表中有一些地方需要研究。这似乎已经解决了它，谢谢！我有点傻，虽然我认为这是一个习惯，因为我首先学习了python，其中+=是要连接的运算符。

//Retrieves variables from Javascript.
$Search = $_POST["Search"];
$Type = $_POST["Type"];

if ($Type == "Registration Date"){
    $Type = "joined";
}
else if ($Type == "Account Rank"){
    $Type = "rank";
}

include "db/openlogindb.php";
if($DBError == true){
    $data = 3;
}
else{

    $UserSearch = "SELECT username, surname, forename, joined, rank FROM users WHERE ".$Type." LIKE '%".$Search."%'";

    $results = mysqli_query($conn, $UserSearch);

    if(mysqli_num_rows($results) == 0){
        $data = 1;
    }
    else{
        $data = '';
        $data += '<table class="table table-striped">';

        while($row = mysqli_fetch_assoc($results)){
            $data += "<tr><td>".$row['surname']."</td><td>".$row['forename']."</td><td>".$row['username']."</td><td>".$row['joined']."</td><td>".$row['rank']."</td></tr>";
        }

        $data += "</table>";
    }
}

include "db/closelogindb.php";

echo $data;
?>

$data += '<table class="table table-striped">';

$data .= '<table class="table table-striped">';