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私は何年も問題なく動作するスクリプトを持っていますが、突然この問題に直面しました。コードを確認して、解決策を修正してください。あらゆる種類の助けをいただければ幸いです。

Notice: Undefined variable: ids in /home/content/a/t/a/ataasaid1/html/category.php on line 4

Notice: Undefined variable: id in /home/content/a/t/a/ataasaid1/html/category.php on line 5

Notice: Use of undefined constant image - assumed 'image' in /home/content/a/t/a/ataasaid1/html/category.php on line 11

Notice: Use of undefined constant video - assumed 'video' in /home/content/a/t/a/ataasaid1/html/category.php on line 15

Notice: Use of undefined constant sound - assumed 'sound' in /home/content/a/t/a/ataasaid1/html/category.php on line 19

ファイルcategory.phpのコードは次のとおりです。

<?
  error_reporting(E_ALL | E_STRICT);
  ini_set("display_errors", 1);    
$id1=$ids;
$id2=$id;
                      include('config.php');

                    $result= mysql_query("SELECT * FROM products where id like '$id1' ;");
                    $row=mysql_fetch_array ($result);
                    $type=$row['type'];
                    if($type==image)
                    {
                    include('categories.php');
}
else if($type==video)
{
include('categories2.php');
}
else if($type==sound)
{
include('categories3.php');
}
?>

私は次のようなURLを使用します:

/category.php?id=64&ids=305

よろしくお願いします

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このエラーは基本的に、変数$idsおよび$idが存在しないにもかかわらず、それらを使用しようとしていることを意味します。変数を使用する前に、変数を定義する必要があります。そうしないと、このような通知が表示され、アプリケーションがバグだらけになってしまいます。これらの 2 つの変数は設定されておらず、他の変数に割り当てているためです。

$id1 = $ids;
$id2 = $id;

これらの変数は役に立たなくなりました。つまり、SQL クエリも役に立たなくなりました。

$result= mysql_query("SELECT * FROM products where id like '$id1' ;");

何でもないから$id1。

于 2013-11-05T13:29:41.360 に答える