在php中将查询错误消息显示为警报？

我有一个问题及其工作原理：

$sql=mysql_query("UPDATE customers SET  password='$id' WHERE c_number='$users1' ");
$result = mysql_query($sql);
if (mysql_error()) die('Error, You have not used our services before, so no details for you to visit and explore');

我想要的是以某种警报或良好显示的形式显示此错误消息。。有什么想法吗？

像这样试试

if (mysql_error()) {
    echo "<script type='text/javascript'>
       alert('Error, You have not used our services before, so no details for you to visit and explore');
    </script>";
}

if（mysql\u error（））{
回声“
警报（“错误，您以前没有使用过我们的服务，因此没有详细信息供您访问和探索”）；
";
}

---

甚至您也可以编写脚本而不重复它（不确定，但最有效），并尽量避免使用

mysql\u*

函数，因为这些函数已被删除。相反，可以使用

mysqli\u*

函数或

PDO

语句您只需在

die

中添加一些HTML和/或JS即可：

if (mysql_error()) 
    die('<script type="text/javascript">
             alert("Error, You have not used our services before, so no details for you to visit and explore
         </script>' );

if（mysql\u error（））
死（'
警告（“错误，您以前没有使用过我们的服务，因此没有详细信息供您访问和探索
' );

---

PHP DOC for and

从技术上讲，该查询永远不会返回错误，除非：

表或列不存在

语句中有一个分析错误

在这两种情况下，您要显示的错误消息都不适用；您需要测试受影响行的数量

也就是说，使用服务器端代码创建警报实际上是不可能的；但是您可以创建一个AJAX端点：

if（错误）{
$response=array（'error'=>'error message here'）；
}否则{
//如果要将数据传递回调用方，请更新此选项
$response=array（）；
}
标题（'Content-Type:application/json'）；
echo json_编码（$response）；
出口

在客户端，您可以使用AJAX提交表单，如下所示：

$.ajax({
url:“/path/to/endpoint”，
数据：{无论如何}，
成功：功能（响应）{
if（response.error）{
警报（响应.错误）；
返回；
}
//是啊，成功了
}
});

---

或者，也许为了服务于较旧的浏览器，您可以只生成一个（样式化的）HTML响应。我个人不喜欢页面刷新后出现一个

alert（）

对话框窗口。

对不起，但是您的代码完全错了（您做了两次mysql\u查询）。 我想你是说

$sql="UPDATE customers SET  password='$id' WHERE c_number='$users1' ";
$result = mysql_query($sql);
if (mysql_error()) die('Error, You have not used our services before, so no details for you to visit and explore');

引用PHP手册：*从PHP 5.5.0开始，此扩展已被弃用，将来将被删除。相反，应使用MySQLi或PDO_MySQL扩展。有关更多信息，请参阅MySQL：选择API指南和相关常见问题解答*

但无论如何，让我们让这项工作（和更安全）：

这通过转义$id和$users1中所有可能的特殊字符（我怀疑其中至少有一个是用户提交的数据）来防止SQL注入

这里的关键是使用mysql_查询的结果，如果查询失败，则结果为FALSE。在这里使用“==”比较器是一种很好的做法，因为我们不希望查找0或空字符串，而只希望查找布尔值FALSE。 有关更多信息，请参阅

$sql="UPDATE customers SET  password='".myqsl_escape_string($id)."' WHERE c_number='".mysql_escape_string($users1)."' ";

$result = mysql_query($sql);
if ($result===false) die('Error, You have not used our services before, so no details for you to visit and explore');