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PHPを使用してローカルサーバーXamppにデータを保存しようとするプログラムを作成しましたが、このURLを使用してphpスクリプトを実行するたびに:

        http://127.0.0.1/test.php

エラー メッセージの取得: {"StatusID":"0","Error":"データを保存できません!"}

誰かが私を助けてくれませんか?

    <?php

$objConnect = mysql_connect("localhost","root","");
mysql_error($ObjConnect);

$objDB = mysql_select_db("registration_login");
mysql_error($ObjDB);

$strUsername = $_POST["sUsername"];
$strPassword = $_POST["sPassword"];
$strName = $_POST["sName"];
$strEmail = $_POST["sEmail"];
$strTel = $_POST["sTel"];

/*** Insert ***/
$strSQL = "INSERT INTO member (Username,Password,Name,Email,Tel)
VALUES (
'".$strUsername."',
'".$strPassword."',
'".$strName."',
'".$strEmail."',
'".$strTel."'
)
";

$objQuery = mysql_query($strSQL);
mysql_error($ObjQuery);

if(!$objQuery)
{
$arr["Status"] = "0";
$arr["Message"] = "Cannot Save Data!";

echo json_encode($arr);
exit();
}
else
{
$arr["Status"] = "1";
$arr["Message"] = "Register Successfully!";

echo json_encode($arr);
exit();
}

mysql_close($objConnect);

?>

注:この DB の下にregistration_loginデータベースとメンバーテーブルを作成しました。

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1 に答える 1

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mysql によって報告されたエラーを返さないか、どこかに記録しないのはなぜですか?

$objConnect = mysql_connect(DB_HOST, DB_USER, DB_PASSWORD);

戻り値を確認して、これが成功したかどうかを確認するのを忘れました - 失敗した場合、理由は mysql_error() にあります

$objDB = mysql_select_db(DB_DATABASE);

戻り値を確認して、これが成功したかどうかを確認するのを忘れました - 失敗した場合、理由は mysql_error() にあります

$objQuery = mysql_query($strSQL);

少なくとも今回は戻り値を確認しますが、エラーの内容は確認しません。

ところで、スクリプトは SQL インジェクションに対して広く開かれています。

mysql_* を PDO に変換

それはあなたの投稿と何の関係がありますか?

于 2013-04-09T08:26:39.663 に答える