Question

我将查询参数传递给另一个页面时遇到了一些问题。

我想让餐馆的名称成为一个链接，该链接将传递产品名称以在下一页上处理查询。

echo "<p class='p2'><a class='link' href='restaurant.php?name=". $row['name'] ."'><strong>". $row['name'] ."</strong></a>

在餐厅页面上

<?php
require ("db.php");
$name = $_GET['name'];

$query = "SELECT * FROM restaurant WHERE name =\"$name\"";
$result = mysql_query($query);
$row = mysql_fetch_array($result);   
?>

但没有显示任何内容。

知道我做错了吗？

Answer 1

首先，请注意：您应该传递ID而不是名称，因为某些字符在网址中不是很好。

其次，尝试在名称上使用urlencode()。

echo "<p class='p2'><a class='link' href='restaurant.php?name=". urlencode($row['name']) ."'><strong>". $row['name'] ."</strong></a>

Answer 2

当然它不会显示任何内容，因为你的文件中没有任何print函数（echo，print，var_dump，...）。

无论如何，您可能认为您的查询不起作用。如果是，请尝试echo您的$row['name']。如果一切正常，请检查您的变量是否已设置，但可能不是因为您获得null。

要解决该问题，请使用isset()或empty()。

示例：

if(!empty($_GET['name'])) $name = $_GET['name'];
else die('Variable name is empty');

还要尝试将ini_set('display_errors', true)添加到页面顶部以查看是否存在任何错误。

请注意，您的代码非常不安全且容易受到攻击。在执行查询之前使用mysql_real_escape_string()。

示例：

$name = mysql_real_escape_string($_GET['name']);

PHP通过href传递变量

2 个答案: