Php 单击项时基于Mysql的Listview返回第一条Mysql记录

我从Mysql填充listview，单击listview项并显示特定记录的详细信息。我的问题是，即使记录\u id很好地从listview传递，第一条记录的详细信息也始终显示出来。如何克服这个问题？先检查什么？php部分如下所示：

if (isset($_POST["id"]) && isset($_POST["po"]) &&  isset($_POST["ng"])) 
{

$id = $_POST["id"];
$po= $_POST["po"];
$ng= $_POST["ng"];

$sql = "UPDATE names SET po=po + "$po", ng=ng + "$ng"  WHERE id = "$poll_id"";

传递id的异步部分是：

List<NameValuePair> params2 = new ArrayList<NameValuePair>();
            params2.add(new BasicNameValuePair("id", id));

            // getting product details by making HTTP request
            // Note that product details url will use GET request
            JSONObject json = jsonParser.makeHttpRequest(url_details, "GET", params2);

List params2=new ArrayList（）；
参数2.add（新的BasicNameValuePair（“id”，id））；
//通过发出HTTP请求获取产品详细信息
//请注意，产品详细信息url将使用GET请求
JSONObject json=jsonParser.makeHttpRequest（url_详细信息，“GET”，params2）；

看起来您正在对给定的url\u详细信息变量链接发出GET请求。我想这应该是一个POST请求

此外，如果您遇到任何问题，您可以使用var_dump（$\u POST）；在PHP中转储所有变量以进行调试

我还注意到，您使用$\u POST变量并将它们直接设置到SQL语句中。 这被认为是一件坏事，因为这种方法容易受到SQL注入的攻击

有关SQL注入的更多信息，请参见以下链接。

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如果问题是这样解决的，请告诉我。

它也不适用于POST，关于$\u POST关于上述内容的任何建议？这不太好，但应该可以工作，但是由于您使用jsonParser来执行POST请求，因此您无法在其中真正看到var\u dump（）。你可以考虑做Sidetrack夜店调试邮件johndoe@example.com'和'debuginfo'，print_r（$\u POST，true））；通过这种方式，您可以通过电子邮件向自己发送$u POST数组的内容，以查看缺少哪些变量（我会说'po'和'ng'变量）。我会将mail语句放在if之上，因为如果缺少这些变量，if语句就永远不会为true。