php mysql没有结果

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我对一些PHP和MYSQL代码有问题。php mysql没有结果

<?php 
if(isset($_GET['article_id'])) 
{ 

require('../config.php'); 

$opdracht = "SELECT * FROM app WHERE article_id = " . $article_id; 
$resultaat = mysqli_query($mysqli, $opdracht); 

if($rij = mysqli_fetch_array($resultaat)) 
{ 
?>

他从一个特定的ID在数据库中保存的信息：

<?php echo $rij['bericht']; ?> 

} else { 

echo "Fout bij ophalen: <br/>"; 
echo $opdracht ."<br/>"; 
echo mysqli_error($mysqli). "<vr/>";

通过回声的错误，我得到这样的：

警告：mysqli_error（）预计参数1是资源， null给出..而我没有看到东西

更新：

他自动进入else语句。这是我的配置：

<?php // database logingegevens $db_hostname = '****'; $db_username = '****';   $db_password = '****'; $db_database = '*****'; // maak de database-verbinding  $mysql = mysqli_connect($db_hostname, $db_username, $db_password, $db_database);

怎么了？

朱利安

来源

2015-11-04 Julian Rouw

这就是我们需要知道'config.php'里面的内容。我们不知道您使用哪个API进行连接。基本上，您的查询失败。 –

似乎你发这个''>>>'
' –

错误意味着'$ mysqli'要么从未创建，要么数据库连接失败。 – samlev

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你的变量$article_id从未设置（至少在此代码段）。

您应该使用$_GET['article_id'];

$opdracht = "SELECT * FROM app WHERE article_id = " . $_GET['article_id']

你也永远不应该在这样的SQL语句中使用的变量。阅读关于binding variables以防止sql注入。

来源

2015-11-04 15:55:11 MitsakosGR

不，不，他真的不应该。这是打开他的代码到SQL注入。至少，他应该使用绑定参数，并且_never_直接在SQL语句中添加用户指定的参数。 – andrewsi

你是对的。我只是提到$ _GET ['article_id']。不是sql语句的正确方法。 – MitsakosGR

即使它不安全，这个答案在一定程度上是正确的。我们无法知道是否分配了'$ article_id'，或者它们的连接文件的内容。顺便说一句，我没有downvote这个。 –

php mysql没有结果

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