Php 准备好的声明不返回任何内容
我正在尝试确认用户是否提交了有效的凭据 HTML 我得到了我想要的结果。我很困惑,因为我在另一个页面上使用了相同的方法,而且效果很好 截图 编辑:添加所有代码。 Edit2:添加屏幕截图 Edit3:添加表单HTML Edit4:Php 准备好的声明不返回任何内容,php,mysqli,prepared-statement,Php,Mysqli,Prepared Statement,我正在尝试确认用户是否提交了有效的凭据 HTML 我得到了我想要的结果。我很困惑,因为我在另一个页面上使用了相同的方法,而且效果很好 截图 编辑:添加所有代码。 Edit2:添加屏幕截图 Edit3:添加表单HTML Edit4: $username ='abc'; 表单提交没有问题。当我像这样硬编码变量时: $username ='abc'; 它仍然不起作用 很抱歉,你发布的截图对我们没有帮助 为了避免进一步的评论,我提交以下内容 您的表单及其相关元素可能出现故障,需要一个POST方
$username ='abc';
表单提交没有问题。当我像这样硬编码变量时:
$username ='abc';
它仍然不起作用
很抱歉,你发布的截图对我们没有帮助
为了避免进一步的评论,我提交以下内容
您的表单及其相关元素可能出现故障,需要一个POST方法,并且每个元素都存在名称属性
即:
编辑#2: OP发布了一个答案,说明他们在db连接中使用了相同的变量 如果发布完整的代码,我会立即发现并导致冲突。我以前见过很多次这种情况,还记得给他们贴过答案。至于他们到底在哪里,我需要一些时间才能找到他们;但我确实记得我发布了相关问题的答案
- 哦,问题解决了
$username ='abc';
- 为您的用户名使用不同的变量
- 使用唯一变量
$servername = "";
$username = "";
$password = "";
$db = "";
// Create connection
$conn = mysqli_connect($servername, $username, $password, $db);
// Check connection
if (!$conn) {
die("Connection failed: " . mysqli_connect_error());
}
在我的提交脚本中,我还使用了
$username
。包含数据库连接文件导致本地变量($username
,我从表单中获取)被数据库连接中找到的用户名覆盖。是否检查了$username
是否包含正确的值?方法失败。另一个有遗漏的问题。一定要发布所有相关的代码,我们无法猜测变量的分配和来源;这就是我们需要看到的。请确保已启用错误报告。来自mysqli方法的任何问题都将报告警告<代码>错误报告(E_全部);ini设置(“显示错误”,1)您真的应该使用PHP来处理密码安全性。第二个屏幕截图似乎是来自echo'
'的输出$用户名。”
“$密码。”
'代码>,所以当我意识到你是什么的时候,表单似乎被添加到了html中asking@MichaelBerkowski是 啊如果我不能,我会进一步调查并删除这个。事实发生后,哇。@GianiNoyez是你在同一个文件、HTML表单和PHP/SQL中使用的全部代码吗?aaahhhhh看,我会马上发现的。如果我看到了,我会告诉你变量/用户名有冲突。@Fred ii-对不起,因为它在另一个页面上工作,所以我没有检查连接。我以前和不止一次地回答过类似的问题。哦,很高兴这个问题解决了。“特别感谢@Fred ii”…不客气;-)
<form method="post" action="???">
<input type="text" name="login_username">
...
$check = $conn->prepare("SELECT * FROM tbl_users WHERE username=?");
$check->bind_param("s", $username);
$check->execute();
$check->store_result();
$row_chqry = $check->num_rows;
if($row_chqry > 0 ) {
echo "Exists";
$check->close();
$conn->close();
}
$servername = "";
$username = "";
$password = "";
$db = "";
// Create connection
$conn = mysqli_connect($servername, $username, $password, $db);
// Check connection
if (!$conn) {
die("Connection failed: " . mysqli_connect_error());
}