PHP和MySQL从数据库中选择

我正在从我的数据库中选择数据，并且仍在说我在游戏中。当我不是，为我检查。PHP和MySQL从数据库中选择

任何线索如何解决这个问题？

 $moneda = (CMS == 'uber' ? $users->GetUserVar(USER_ID, moneda) : $myrow[moneda]); 
     $isonline = mysql_query("SELECT `online` FROM `users` WHERE `username` = ".$_POST['Naam'].""); 
     $error = array(); 
     if($isonline == 1) 
       $error[] = "De ander moet uit het hotel gaan voordat je belpixels kunt overschrijven.";

来源

2012-11-12 Kevin Houghton

您的代码对于SQL注入非常有用。请先解决这个问题。见[这里]（http://stackoverflow.com/questions/60174/best-way-to-prevent-sql-injection-in-php） –

'$ isonline'从你的查询中获得结果集 - 只会如果SQL查询失败，则为false。你需要首先获得查询的输出，像mysql_fetch_array。 – andrewsi

那么最好的方法是如何保护它，我没有得到“看到这里”页面的线索。 –

$isonline = mysql_query("SELECT `online` FROM `users` WHERE `username` =".$_POST['Naam']."");

$ isonline是不是你的answer..dude它包含结果对象，而不是结果。

$row=mysql_fetch_assoc($isonline); 
if($row['online']==1){}

和使用的mysql_query是长期弃用，改用PDO

和

$isonline = mysql_query("SELECT online FROM ..

SQL你从来没有把周围的列名报价...摆脱那些的并且在用户名值附近得到一个：

$isonline = mysql_query("SELECT online FROM users WHERE username ='".$_POST['Naam']."'");

来源

2012-11-12 17:57:39 geekman

这不是为我工作让我告诉你整个代码，也许你可以做些什么？ –

'' –

摆脱''在线 – geekman

mysql_query永远不会返回单个用户记录;它会返回一个PHP资源，即使您知道SQL查询只会返回一条记录。

换句话说：$ isonline不是该变量的正确名称。取名类似$ online_query_results，然后调用

$user_record = mysql_fetch_array($online_query_results);

这将返回第一个（在这种情况下，只），结果行。然后，代替测试$ isonline，测试

$user_record['online']

来源

2012-11-12 18:02:34 chapka

这也不起作用。如果用户在游戏中，它应该返回一个错误，当在线数据库设置为1时，该错误仍然不会发生。 –

您可以在此代码中放入日志记录语句，以查看您的db_query语句实际返回的内容或从mysql_fetch_array？例如：'printr（$ user_record）'？（切勿在活动网站上使用printr对数据库记录结果;输出将包含数据库用户名和密码）。如果建议的更改不起作用，最可能的原因是因为数据库查询正在返回零对象或空对象。 – chapka

请发布您现在使用的实际查询字符串。如果你使用这个查询字符串它工作吗？ - > 'SELECT online FROM {users} WHERE username = {$ _POST ['Naam']}' – chapka

PHP和MySQL从数据库中选择

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