Php 替换mySQL不在mySQL表中追加/替换

我有3个参数，可以将新的/更新旧的条目附加到自定义mysql表中。然而，我不明白为什么当我按下提交按钮。。。没有发生任何事情，我也没有得到任何错误。我不知如何是好。我问了这个问题，并根据其他教程修改了我的代码，认为这是我的问题。。。运气不好：

我知道mysql注入存在一些问题——目前我只想看到它起作用，如果你有减少注入的建议，我洗耳恭听。我还是mySQL的新手。。。但是学习要缓慢，并且至少要了解如何使用字符串变量来创建修改过的查询

这是我的密码

echo "<p><h5>Change address:</h5>";

//get user id when the login/visit page
$userid = get_current_user_id();


$loop = new WP_Query( $args );

//form start
echo '<form method = "post" action = "'. $_SERVER['PHP_SELF'] .'">';

//dropdown menu for collecting SKU of product
echo '<br><select name="sku">';
    echo '<option>-- Select product--</option>';
while ( $loop->have_posts() ) : $loop->the_post();
  global $product;
    echo '<option value=' . $product->get_sku() . '>' . $product->get_sku() . ' </option>';
  endwhile;
echo '</select>';

//hidden input for userid 
echo '<input type="hidden" id="userid" name="userid" value="' . $userid . '">'; 

//textbox for address
echo '<br><input type="text" value="Insert new address here" id="address" name="address" size="40" />';

//submit button
echo '<br><input type="submit" name="submit">';
echo '</form>';

//write to database
if(isset($_POST['submit'])) {

  $user = $_POST['userid'];
  $sku = $_POST['sku'];
  $address = $_POST['address'];

  $con2 = mysqli_connect("IP","user","password","wpdb");
  $updateaddress = "REPLACE INTO wp_newaddress(user, sku, address) VALUES($user, $sku, $address)";
  $retval = mysqli_query($con2,$updateaddress);
  if($retval)
   {
       echo 'Data Updated';
   }else{
       echo 'Data Not Updated';
   }
   mysqli_close($con2);
   }

---

谢谢：

您需要使用绑定参数的prepare和execute来避免SQL注入风险

您需要在每次准备和执行后检查错误情况，并将所有错误输出到错误日志中。如果不这样做，您将不会看到错误

当然，您还应该查看PHP错误日志，它通常与http服务器错误日志相同，但这是不言而喻的。每个PHP开发人员都应该关注错误日志，尽管许多开发人员并不知道这一点

下面是一个例子：

$user = $_POST['userid'];
$sku = $_POST['sku'];
$address = $_POST['address'];

$con2 = mysqli_connect("IP","user","password","wpdb");

$updateaddress = "REPLACE INTO wp_newaddress (user, sku, address) VALUES (?, ?, ?)";

$stmt = mysqli_prepare($con2,$updateaddress);

if ($stmt) {
  mysqli_stmt_bind_param($stmt, 'sss', $user, $sku, $address);

  $ok = mysqli_stmt_execute($stmt);

  if ($ok) {
    echo 'Data Updated';
  } else {
    echo 'Data Not Updated';
    error_log(mysqli_stmt_error($stmt));
  }

  mysqli_stmt_close($stmt);
} else {
  error_log(mysqli_error($con2));
}

mysqli_close($con2);

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同时阅读

中的答案首先，您应该在HTML输出之前将isset$\u POST['submit']调用移动到。然后，尝试在其中添加一些检查和中断-例如，就在isset调用print\u r$\u POST中，然后调用exit停止脚本-这将向您显示它将进入if-Then，以及$\u POST的内容。对于MySQL注入，您希望使用prepared语句您试图从$\u POST['userid']获取一个值，但它没有定义。在表单外部设置值时，如果要使用该变量获取该值，则必须将其作为隐藏输入发送。另外，$\u POST从输入的名称而不是id获取值。您的地址输入没有任何名称。为什么使用“替换”而不是“更新”？除了所有其他好的注释外，您没有将字符串类型值括在引号中。这一点在对你上一个问题的答复中得到了明确的体现。另外，如果您以前收到过SQL注入的警告，并且您正在全神贯注地修复它，那么您为什么还没有这样做呢？@Ivan我这样做了，我的数组返回null。。。应该至少有一个用户ID，因为它是静态的且未更改。-CésarEscudero我在当前代码中将其作为一个隐藏变量进行了解释-我使用了替换，因为我想同时调用add to table或replace current value（如果存在）GregSchmidt我正在努力解决让代码正常工作的问题，接下来就是减少注入。。。我已经挣扎了几天了！