0
В приведенном ниже коде, когда я передаю $id_num
, чтобы проверить поле id в базе данных, он принимает, но когда я хочу передать идентификатор пользователя для проверки с помощью базы данных, он отображает следующую ошибку;Ошибка подключения к базе данных
Предупреждение: mysqli_fetch_array() ожидает параметр 1, чтобы быть mysqli_result, логическое значение, данное в строке нет 12
Может кто-нибудь сказать мне, где я буду неправильно.
код:
if(isset($_POST['user_mail']) && isset($_POST['user_pass']))
{
$var_1=$_POST["user_mail"];
$var_2=$_POST["user_pass"];
$result = mysqli_query($con,"SELECT * FROM jsrao_db2 WHERE user_mail=$var_1");
while($row = mysqli_fetch_array($result))
{
if(($row['user_mail']==$var_1) && ($row['user_pass']==$var_2))//compare user name and password with database value
echo "Welcome";
else
echo "Try Again";
}
выполнить этот запрос на тузд терминале или в PHPMyAdmin первыми. убедитесь, что запрос возвращает данные из таблицы. –
тот же код работает, когда я использую
if (isset ($ _ REQUEST)) \t { \t $ id_num = $ _ REQUEST ["id"]; \t \t $ id = 1; \t echo "
@ Fred-ii- - markdown может сбивать с толку в начале ... – Lix
ответ
изменить ваш запрос
должен быть
user_mail является строка так вложить $ var_1 в '$ VAR_1'
источник
2013-11-19 05:29:22
Я бы хотя бы рекомендовал использовать подготовленные заявления. – Rogue
ohk thanks. теперь он работает. – Sp0T
не забудьте принять ответ –
Использование Prepared Statements для очистки кода:
источник
2013-11-19 05:34:50 Rogue
Смежные вопросы