Php JSONParser不更新MySQL数据库

我有一个包含MySQL数据库值的列表。值随列表一起传输，但当我查看变量时（在调试模式下）。我看到只将旧值发送到PHP文件，而不是“更新”的值

这里我得到了“喜欢”的旧价值观：

这就是我列表中的函数

protected String doInBackground(String... args) {

         List<NameValuePair> params = new ArrayList<NameValuePair>();
         params.add(new BasicNameValuePair("id", cid));
         params.add(new BasicNameValuePair(TAG_LIKES, Integer.toString(likes)));

    // getting JSON Object
    // Note that create product url accepts POST method
         JSONObject json = jParser.makeHttpRequest(url_like,"POST", params);

    // check log cat for response
    Log.d("Create Response", json.toString());

    return null;
    }

最后是我的PHP文件：

<?php

/*
 * Following code will update a product information
 * A product is identified by product id (pid)
 */

// array for JSON response
$response = array();

// check for required fields
if (isset($_POST['likes']) && isset($_POST['id'])) {

$id = $_POST['id'];
$likes = $_POST['likes'];

// include db connect class
require_once (connection);

// connecting to db
$db = new DB_CONNECT();

// mysql update row with matched pid
$result = mysql_query("UPDATE Charts SET likes = '$likes' WHERE id = '$id'");

// check if row inserted or not
if ($result) {
    // successfully updated
    $response["success"] = 1;
    $response["message"] = "Like erfolgreich";

    // echoing JSON response
    echo json_encode($response);
} else {

}
} else {
// required field is missing
$response["success"] = 0;
$response["message"] = "Ein Fehler ist aufgetreten";

// echoing JSON response
echo json_encode($response);
}
?>

您很容易受到攻击，而且几乎可以保证JSON文本将包含两个以上的
，
字符，“破坏”您的sql查询。本质上，您正在注入自己的sql查询

您对查询也没有错误处理，并且假设查询成功。这很糟糕。即使您的SQL语法是100%完美的，也有太多其他原因导致查询无法不检查错误：

至少，你应该有

$safe_json = mysql_real_escape_string($_POST['likes']);
$sql = "UPDATE .... WHERE likes='$safe_json' ...";
$result = mysql_query($sql) or die(mysql_error());

作为一般提示，
mysql_*（）
函数从PHP5.4开始就被弃用了。你应该考虑切换，或者最好是.< /p> < p>首先，你的if条件在<强> JSONParser <强>中没有执行，因为

如果你的情况是

if(method.equals("POST"))

不是,

if(method == "POST")

第二个,

另外，不要在doInBackground（）中使用
runOnUiThread
，而是将UI更新代码放在AsyncTask的
onPostExecute（）
方法中
 好的，我修正了你的一些建议。我将每个sql查询放在一个变量中，并用“或死…”来“保存”它们。此外，我对每个POST变量都使用“real\u escpe\u string”，但我仍然没有解决问题的方法。你指的是哪一行？例如，这一行
这是我的JSONParser:if（method==“POST”）{
啊，好的，我改变了它，但是为什么我要这么做呢？你不能使用
=
操作符来比较字符串。第二个：但是如果我从runOnUiThread中获取整个代码并将其放在onPostExecute中，doInBackground（）中就没有代码了。好的，现在它可以工作了。我只是将likes=（likes+1）；从OnCreate方法放入doInBackground中。
$safe_json = mysql_real_escape_string($_POST['likes']);
$sql = "UPDATE .... WHERE likes='$safe_json' ...";
$result = mysql_query($sql) or die(mysql_error());

if(method.equals("POST"))

if(method == "POST")