您的代码解决方案

Question

所以我试图; - 从另一个源向php文件发送一个HTTP请求，在该http请求中它将包含类似的内容; http://mywebsite.com/postServer.php/type=cmd&game=5342252而应该做的是采取帖子＆＃34;游戏＆＃34;并将其与表格进行比较，以便在列＃34; gid＆＃34;中找到女巫行包含5342252。

然而它不起作用。现在，如果我删除$ game = $ _POST [＆＃34;游戏＆＃34;]并且只需将5342252分别为$ game就可以正常工作...所以我很困惑为什么它不能用$ _POST

<?php
    $type = $_POST["type"];
    $game = $_POST["game"];
     if(type == "cmd") {
      $con = new mysqli("localhost","***","***","***");
     if(mysqli_connect_errno()){
      echo(mysqli_connect_error());
     }
       $data = $con->query("SELECT * FROM onlineservers WHERE gid =".$game);
     while($row = $data->fetch_array()){
       echo json_encode(array('command' => $row[cmd]));
     }
   }

?>

Answer 1

注意：首先，您必须了解如何使用参数传递URL中的变量。您一直缺少如何将变量作为参数传递给URL的基本知识。

<强>规则：

第一个参数只有?标记，只有值
第二个参数，带有&符号和值。
您可以添加任意数量的参数，第一个参数必须与?符号一起使用，否则代码将无效。

示例： http:// domain.com?first_param=1&second_param=2

URL参数的简要说明。

http://domain.net/page.php?id=1254

为什么页面名称后面有问号？

答案是问号后面的字符是HTTP查询字符串。 HTTP查询字符串可以包含变量及其值。在上面的示例中，HTTP查询字符串包含名为“id”的变量，值为“1254”。

这是另一个例子：

http://domain.net/page.php?name=Joe

同样，你有一个带有值（“Joe”）的变量（“name”）。

如何使用PHP获取变量？

假设您有一个名为people.php的PHP页面。现在，您可以使用以下URL调用此页面：

people.php?name=Joe

使用PHP，您将能够获得变量'name'的值，如下所示：

<?php
echo $_REQUEST['name']; // Result the Output as Joe
echo $_GET['name']; // Result the Output as Joe
?>

让我们在一个例子中尝试：

<html>
<head>
<title>Query string</title>
</head>
<body>
<?php
// The value of the variable name is found
echo "<h1>Hello " . $_GET["name"] . "</h1>";

// The value of the variable name is found
echo "<h1>Hello " . $_REQUEST["name"] . "</h1>";
?>
</body>
</html>

同一网址中的几个变量：

您不仅限于在网址中传递一个变量。通过使用＆amp; 分隔变量，可以传递多个变量：

people.php?name=Joe&age=24

此网址包含两个变量：名称和年龄。以与上面相同的方式，您可以获得如下变量：

$_GET["name"]
$_GET["age"]

让我们在示例中添加额外的变量：

<html>
<head>
<title>Query string </title>
</head>
<body>
<?php
// The value of the variable name is found
echo "<h1>Hello " . $_GET["name"] . "</h1>";
// The value of the variable age is found
echo "<h1>You are " . $_GET["age"] . " years old </h1>";
?>
</body>
</html>

您的代码解决方案

1。）您的网址应如下所示。

http://mywebsite.com/postServer.php/?type=cmd&game=5342252

然后，您可以单独从URL中检索数据

2.。）为了从网址获取数据，您必须使用$_GET或$_REQUEST。 但您使用$_POST这完全是一个错误

应该是

$type = $_REQUEST["type"];
$game = $_REQUEST["game"];

3。）如果您的代码中的语句似乎有错误。

您必须将其替换为：

if($type == "cmd") {}

但你这样做if(type == "cmd") {}会导致致命的错误。

4.。）在选择语句时，您必须检查执行查询的计数，因为如果计数为零而您执行while或foreach，则可能会遇到错误。因此，整个代码如下所示：

<?php
    $type = $_REQUEST["type"];
    $game = $_REQUEST["game"];
     if($type == "cmd") {
      $con = new mysqli("localhost","***","***","***");
     if(mysqli_connect_errno()){
      echo(mysqli_connect_error());
     }
       $data = $con->query("SELECT * FROM onlineservers WHERE gid =".$game);
       $count = $data->num_rows;
       if($count==0)
       {
        // perform the failure action
       }
       else
       {
       while($row = $data->fetch_array()){
       echo json_encode(array('command' => $row[cmd]));
       }
       }
   }
?>

完成上面提到的所有检查后，您必须确保下面的注释，以检查您的代码是否有效。

注意：首先将echo放入Select语句，然后通过退出来中断执行;然后复制回显的语句并将其放在DB的SQL中，然后检查插入中是否发生错误。如果没有错误发生，请删除echo并删除退出;

Answer 2

试试这个：

<?php
$type = $_GET["type"];
$game = $_GET["game"];
 if($type == "cmd") {
  $con = new mysqli("localhost","***","***","***");
 if(mysqli_connect_errno()){
  echo(mysqli_connect_error());
 }
   $data = $con->query("SELECT * FROM onlineservers WHERE gid =".$game);
 while($row = $data->fetch_array()){
   echo json_encode(array('command' => $row[cmd]));
 }
  }

?>

您没有发布数据，但需要接收数据，因此需要$_GET。

你的网址也应该是这样的：

http://mywebsite.com/postServer.php?type=cmd&game=5342252

Answer 3

更改$_POST["..."]的{{1}}。

您在URL中传递的每个变量都是通过$ _GET方法获得的。

示例：如果您执行$_GET["..."] http://some.com/anything.php?var=test，您将获得＆＃34;测试＆＃34;。

尝试回显特定行中的特定变量

3 个答案:

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