我怎样才能有一个PHP查询基于下拉列表选择选择某个表？

Question

我有一个网络程序，其目标是绘制用户选择的某个窑的数据点。我的问题是，当一个用户想要选择一个新的窑，我怎么能更新所有单独的JSON页数据从他们选择的新表中拉出的地方？

这是我的下拉列表creater代码。

<p class="navleft"> 
 
Kiln Number:<br> 
 
<select name="kilns" id="kilns"> 
 
<?php 
 
$sql = "SHOW TABLES FROM history"; 
 
$result = mysqli_query($con,$sql); 
 

 
while($table = mysqli_fetch_array($result)) { // go through each row that was returned in $result 
 
\t echo ("<option value='". $table[0] . "'>" . $table[0] . "</option>"); 
 
} 
 
?> 
 
</select> 
 
</p>

这里是我从一个表中的值选择所有的数据，并把它变成一个JSON文件中的PHP页面。

<?php 
 
$con = mysqli_connect("localhost","KilnAdmin","KilnAdmin","history"); 
 

 
// Check connection 
 
if (mysqli_connect_errno()) 
 
    { 
 
    echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error(); 
 
    } 
 

 
mysqli_select_db($con,"history") or die ("no database"); 
 

 
//Fetch Data 
 
$query = "SELECT * FROM k1_history LIMIT 1000"; 
 
$result = mysqli_query($con,$query); 
 

 
if ($result) { 
 
\t $data = array(); 
 
\t while($row = mysqli_fetch_assoc($result)) { 
 
\t \t //$data[] = $row; 
 
     $data[] = array(
 
\t \t \t "date" => $row[ 'Timestamp' ], 
 
\t \t \t "value" => $row[ 'DryBulbFront' ] 
 
\t \t); 
 
    } 
 
\t echo json_encode($data); 
 
} 
 
else { 
 
\t echo "Error"; 
 
} 
 
?>

凡说k1_history，我怎么能得到这从从其他网页保管箱菜单中的用户的选择？

Answer 1

如果我正确理解你想要的东西，那么你需要的是Ajax。

您必须像选择一样填充选择对象，并对每个选择项进行Ajax调用，以处理用户选择的内容.php。在你的情况下，这个.php文件将采用用户选择的表名，运行一个查询并将一些结果返回给html。为了演示目的，我会用一个例子来解释。

让我们在你的.html说你有一个选择是这样的：

Select Value: 
    <select name="kilns" id="kilns"> 
     <option value="1">Option 1</option> 
     <option value="2">Option 2</option> 
     <option value="3">Option 3</option> 
    </select> 

什么在选项的值属性定义就是你要传递给我提到的PHP文件。要做到这一点，你使用Ajax，所以里面的一些script标签必须：

$('#kilns').on('change', function(e) { 
    var data = {'kilns': this.value}; 
    $.ajax({ 
     type: 'POST', 
     url: 'submit.php', 
     data: data, 
     dataType: 'json' 
    }).done(function(msg) { 
     alert(msg); 
    }); 
}); 

这里做的事情是，每次用户选择从select的东西，那么这个函数被调用，其中选择的值（var data = {'kilns': this.value}; ）正在通过POST发送到名为submit.php的文件。该submit.php看起来是这样的：

if ($_SERVER['REQUEST_METHOD'] == 'POST') { 
    $kilns_error = 0; 

    if (isset($_POST['kilns']) && !empty($_POST['kilns'])) { 
     $kilns = $_POST['kilns']; 
    } else { 
     $kilns = null; 
     $kilns_error = 1; 
    } 

    if ($kilns_error != 1) { 
     echo json_encode($kilns); 
    } 
} 

这里发生的是在我们确认我们确实是一个POST REQUEST，我们检查值是否是未定义或空。在这个简单的检查之后，我们继续到echo json_encode($kilns);，我们返回最初发送给.php脚本的值，这实际上是用户选择的值。

在你的情况下，你必须做的是在.php脚本中实际做一些事情，而不只是返回你调用它的值。此外，请务必传递您通过白名单的值，以确保用户选择实际的表并且不会为您的数据库创建问题，因为只需更改他将要执行的操作的值就很容易选择之前选择它。看看mysqli和PDO的准备好的语句。

Answer 2

在这种情况下，您必须非常注意避免SQL注入。使用Konstantinos Vytiniotis提到的白名单方法，并检查了这一点How can I prevent SQL injection in PHP?