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Webサイトに動的ページを作成しようとしていますが、失敗します。コードを試してみると、Xampp完璧に機能します。私が理解していない別のことがあります。IDはキャッチしますが、データベースのタイトルや文字を含むものはキャッチしません。試し$title = $_GET['title'];てみるとうまくいきません。$_GET['id'];
それは助けを借りてのみ機能しますか？

コードは次のとおりです。

index.php

<?php
    include('inc/code.inc.php');

    $fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` ORDER BY `title`");
    while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
    {
        echo '<a href = "run.inc.php?id='. $output['id'] .'">'. $output['title'] .'</a><br />';
    }
?>

run.inc.php

<?php
include_once('inc/code.inc.php');

$newID = $_GET['id'];

$fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` WHERE `id` = $newID");

while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
{
    echo $output['title'] . '<br />' . $output['explain'];
}
?>

動作しないコードは次のとおりです。

index.php

<?php
    include('inc/code.inc.php');

    $fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` ORDER BY `title`");
    while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
    {
        echo '<a href = "run.inc.php?title='. $output['title'] .'">'. $output['title'] .'</a><br />';
    }
?>

run.inc.php

<?php
include_once('inc/code.inc.php');

$newID = $_GET['title'];

$fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` WHERE `title` = $newID");

while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
{
    echo $output['title'] . '<br />' . $output['explain'];
}

?>
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2 に答える 2

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URLGETパラメータにタイトルを追加してください..IDを追加したように

<?php
include('inc/code.inc.php');

$fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` ORDER BY `title`");
while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
{
    echo '<a href = "run.inc.php?id='. $output['id'] .'"'.'?title='. $output['title'] .'</a><br />';
}

？>

必要に応じてURLを変更してください。

于 2013-02-25T17:16:01.220 に答える
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列のような文字列を比較する場合は$_GET['title']、エスケープする必要があります（エスケープする必要のない数値IDとは対照的です）。

run.inc.phpでこれを試してください 

$newID = $_GET['title'];

$fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` WHERE `title` = '$newID'");

while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
{
    echo $output['title'] . '<br />' . $output['explain'];
}

?>
于 2013-02-26T19:26:21.937 に答える