php - 我的 mysqli 代码有什么问题？

Question

我正在尝试将 mysqli 代码嵌入到我的网页中，这样我就可以消除 sql 注入(inject)。这是我的代码现在的样子:

$gYear = $_POST["year"];
$gYear2 = $_POST["year2"];
$gMonth = $_POST["month"];
$gSelect = $_POST["location"];

$query = $conn->prepare("SELECT $gSelect, Year FROM unemployed WHERE year BETWEEN '$gYear' AND '$gYear2' and month='$gMonth'");
$query->bind_param('ssss', $gyear, $gYear2, $gMonth, $gSelect);

$query->execute(); 
$result = $query->get_result();

while ($row = $result->fetch_object()){


// do something with gathered rows 
}

现在，提交表单后，我收到两个错误。他们是这么说的:

Warning: mysqli_stmt::bind_param() [mysqli-stmt.bind-param]: Number of variables doesn't match number of parameters in prepared statement in

并且

Fatal error: Call to undefined method mysqli_stmt::get_result() in

我真的不知道我的问题是什么。我尝试遵循 How can I prevent SQL injection in PHP? 中列出的规则。有谁知道我的问题是什么？为什么我会收到这两条错误消息？任何帮助将不胜感激。

Answer 1

对于 mysqli::prepare()，必须使用 ? 作为参数。 (帖子中的代码使用标准 PHP 变量替换到字符串中 - 使用占位符时不应对值执行此操作。)

我强烈建议不要让用户选择您正在选择的列。使用 switch() 或类似的东西在代码中选择列名称，并将其放置在 $column 变量中。

switch($_POST['location']){
  case "loc1":
    $column = "location_one";
    break;
  case "loc2":
    $column = "location_two";
    break;
  // etc, etc...
}
$query = $conn->prepare("SELECT $column, year FROM unemployed WHERE year BETWEEN ? AND ? and month=?");
$query->bind_param('sss', $gyear, $gYear2, $gMonth);