概述: 我正在为学习目的创建一个虚拟网站，因此它的功能主义者是基本的，安全性不在议程 atm 上。
实际问题:
好的，我的应用程序登录了一个用户，如果需要，该用户可以选择编辑他/她的帐户。所以我继续创建了 PHP 脚本来处理这个问题，但它没有。当我单击编辑帐户按钮时，没有弹出任何错误，但同时当我检查 MySQL 数据库时，没有发生任何更改。
EditAccountForm.php 文件:
<?php
include('connect_mysql.php');
if(isset($_POST['editAccount'])){
$Newusername = $_GET['username'];
$Newpassword = $_POST['password'];
$Newfirstname = $_POST['first_name'];
$Newlastname = $_POST['last_name'];
$Newemail = $_POST['email'];
if($Newusername != $username)
{
$q1 = ("UPDATE users SET username=$Newusername WHERE username=$username");
}
else if(!mysql_query($q1)){
echo "MySQL ERROR: " . mysql_error() . "" . $sql;
}
///////////////////////////////////////////////////////////////
if($Newpassword != $password)
{
$q2 = ("UPDATE users SET password=$Newpassword WHERE password=$password");
}
else if(!mysql_query($q2)){
echo "MySQL ERROR: " . mysql_error() . "" . $sq2;
}
///////////////////////////////////////////////////////////
if($Newfirstname != $firstname)
{
$q3 = ("UPDATE users SET first_name=$Newfirstname WHERE first_name=$firstname");
}
else if(!mysql_query($q3)){
echo "MySQL ERROR: " . mysql_error() . "" . $sq3;
}
///////////////////////////////////////////////////////////////
if($Newlastname != $lastname)
{
$q4 = ("UPDATE users SET last_name=$Newlastname WHERE last_name=$lastname");
}
else if(!mysql_query($q4)){
echo "MySQL ERROR: " . mysql_error() . "" . $sq4;
}
///////////////////////////////////////////////////////////////
if($Newemail != $email)
{
$q5 = ("UPDATE users SET username=$Newemail WHERE email=$email");
}
else if(!mysql_query($q5)){
echo "MySQL ERROR: " . mysql_error() . "" . $sq5;
}
}
?>
userEditAccount.php:
<html>
<head>
<title>Edit Account</title>
<meta http-equiv="content-type" content="text/html; charset=iso-8859-1" />
<link href="style.css" rel="stylesheet" type="text/css" />
</head>
<body>
<div id="wrapper">
<header><h1>E-Shop</h1></header>
<article>
<h1>Welcome</h1>
<h1>Edit Account</h1>
<div id="login">
<ul id="login">
<form method="post" name="editAccount" action="userEditAccount.php" >
<fieldset>
<legend>Fill in the form</legend>
<label>Select Username : <input type="text" name="username" /></label>
<label>Password : <input type="password" name="password" /></label>
<label>Enter First Name : <input type="text" name="first_name" /></label>
<label>Enter Last Name : <input type="text" name="last_name" /></label>
<label>Enter E-mail Address: <input type="text" name="email" /></label>
</fieldset>
<br />
<input name="Editsubmited" type="submit" submit="submit" value="Edit Account" class="button">
</form>
<?
echo $newrecord;
?>
</div>
<form action="userhome.php" method="post">
<div id="login">
<ul id="login">
<li>
<input type="submit" value="back" onclick="index.php" class="button">
</li>
</ul>
</div>
</article>
<aside>
</aside>
<div id="footer">This is my site i Made coppyrights 2013 Tomazi</div>
</div>
</body>
</html>
此外:
我试图摆弄在网上看到的代码，但不幸的是，我为这个脚本编写的代码在我看来是最好的解决方案，也是对我有意义的解决方案。
所以我别无选择，只能转向这个网站寻找答案，谁能看出这整件事哪里出了问题......？
“编辑帐户”页面的图片:
如 Conect_mysql.php 所问:
<?php
$db_hoast = "127.0.0.1";
$db_username = "root";
$db_password = "";
$db_name = "eshop";
$con = mysql_connect("$db_hoast","$db_username","$db_password");
if(!$con)
{
die("Could not connect to DATABASE");
}
$db = mysql_select_db("$db_name");
if(!$db)
{
die("No database");
}
?>
最佳答案
UPDATE 语句的问题是值没有用单引号引起来。它们是字符串文字，应该被换行。
$q1 = "UPDATE users SET username='$Newusername' WHERE username='$username'";
为了显示错误，
if($Newfirstname != $firstname)
{
$q1 = "UPDATE users SET username='$Newusername' WHERE username='$username'";
$result = mysql_query($q1);
if (!$result)
{
die('Invalid query: ' . mysql_error());
}
}
您的逻辑 UPDATES 也是错误的。这会导致您更新符合条件的记录。
作为旁注，查询易受 SQL Injection 攻击如果变量的值(s) 来自外部。请查看下面的文章，了解如何预防它。通过使用 PreparedStatements，您可以摆脱在值周围使用单引号。
关于PHP 更新用户帐户详细信息未显示错误但帐户详细信息未更新，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/15149395/