Tag: mysqli
Die mysqli-PHP-Erweiterung („MySQL improved“) ist eine PHP-Datenbank-Treiber, der mitgeliefert seit PHP 5. Es nutzt die Vorteile der neuen Funktionen in MySQL 4.1.3 und höher.
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Ich bin instentiating $db-Objekt auf diese Weise in meine Datenbank-Klasse class db{ private $connection; public function __construct(){ $this->connect(); } public function connect(){ $this->connection=mysqli_connect('localhost','root','','new5'); } } $db=new db; Ich das $db-Objekt in einer anderen Klasse(die Klasse der profile)
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Habe ich folgenden code für ein Anmelde-Formular. Ich möchte überprüfen Sie die E-Mail zu sehen, ob es bereits in der Datenbank protokolliert, und wenn ja, wird ein Fehler zurückgegeben. $name = $_POST['name']; $email = $_POST['email']; $result =
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Ich habe gerade begonnen, mysqli, als ich versuchte zu schreiben, mein code, den ich auf ein problem gestoßen Code: <?php $con = mysqli_connect("localhost", "admin", "idontcare3", "vment"); function email($to, $subject, $body) { mail($to, $subject, $body, "From:
[email protected]"); }
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Ich möchte zur Anzeige von Zeilen aus der Tabelle, aber es funktioniert nicht, es funktioniert nicht, echo nichts. $query = "SELECT * FROM table ORDER BY date DESC LIMIT ?, 10"; $stmt = $mysqli->stmt_init(); if ($stmt->prepare($query)) {
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Ich weiß, wie zu Holen ein PDO array, aber wie bekomme ich Daten von ihm wie Sie mit MySQLi ist fetch_array? Beispielsweise MySQLi $query = $mysqli->query("SELECT * FROM `foo` WHERE `ID`='1'"); $array = $query->fetch_array(); Immer ein Ergebnis
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dies ist mein php-code <?php $con=mysqli_connect("","","",""); if (mysqli_connect_errno()) { echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error(); }\\check connection $username = mysqli_real_escape_string($con, $_POST["username"]); $password=mysqli_real_escape_string($con$_POST["password"]); \\get the input values if ($_SERVER["REQUEST_METHOD"] == "POST")\\check for the form method
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Frage auf der hand: Wie erstelle ich den php-code, damit Benutzer, die angemeldet sind, meine Seite zu Bearbeiten/aktualisieren Sie Ihre Profil-Einstellungen/Informationen? Ich habe den 1 Teil richtig funktioniert für die Nutzer, Ihr Passwort zu ändern, haben jedoch
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Ich versuche, Durchlaufen ein MySQL-Objekt, und verwenden Sie einen ajax-Aufruf auf eine andere Seite anfügen der Daten, aber ich kann nicht die php zurück gültiges JSON an den Rückruf. Diese eine offensichtlich nicht funktioniert... <?php $db_host =
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in meinem letzten Projekt habe ich verwendet foreach Schleife zuweisen, um jede mysqli-Ergebnis einer Variablen, wie $r->mydata, aber ich habe meinen pc formatiert versehentlich, so verlor ich meine core-Datei, und ich kann mich nicht erinnern, wie genau
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Ich habe eine sql-Abfrage und eine mysqli prepared statement: $sql = 'SELECT photographers.photographer_id, photographers.photographer_name FROM photographers'; $stmt = $conn->stmt_init(); if ($stmt->prepare($sql)) { $stmt->bind_result($photographer_id, $photographer_name); $OK = $stmt->execute(); $stmt->fetch(); } Wie kann ich speichern das Ergebnis in einem
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Ich versuche, eine log-in-system mit AES_ENCRYPT() enkodieren mein Passwort. Aber ich habe eine Warnung von xdebug, wenn Sie versuchen zu implementieren, die diese codes: ... $key = 'd0gis=SUPER-cute'; $sql = "SELECT * FROM `users2` WHERE username =
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Ich bin nichts, wie ein php-Entwickler, aber ich habe es zu benutzen und ich bin mir nicht wirklich bewusst, wie PHP-Griff Speicherzuweisung während der Sitzung. Arbeite ich an einer Anwendung, die Sie Fragen, für eine HTTP-Authentifizierung, sobald
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Beginnen, ich bin neu in PHP, und das ist mein Erster post auf stackoverflow. Ich versuche, mit mysqli_connect() zu schreiben, die einen Datensatz zu einer Tabelle Benutzer in einer test-Datenbank. In der mysql-client kann ich einen Datensatz
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Ive folgte eine Reihe von verschiedenen Beispielen in Bezug auf mit einem SELECT in eine vorbereitete Anweisung, aber nichts zurückgegeben. BEARBEITEN ich mich geändert habe meinen code ein wenig wie folgt Aussehen: $date1 = 2012-01-01; $date2 =
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Hallo, ich bin versucht zu machen, den status der Benutzer, so wird Sie prüfen, wie viele nach dieser Benutzer-und echo das Ergebnis, es war in Ordnung arbeiten, wenn ich mit mysql, aber nach dem umwandeln zu einer
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Ich habe eine mysql Datenbank erstellt habe ich über phpmyadmin. Grundsätzlich würde ich gerne wissen, wie man ein Bild einfügen (oder um genau zu sein, ein Bild einfügen relativer Pfad) auf meine Datenbank über phpmyadmin die "einfügen"
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Ich versuche, mit beiden mysqli_real_escape_string und trim zusammen, bevor Sie eine MySQL - INSERT Abfrage. Mein code ist wie folgt: <?php $fname = mysqli_real_escape_string($dbc, trim($_POST['fname'])); $sname = mysqli_real_escape_string($dbc, trim($_POST['sname'])); $occ = mysqli_real_escape_string($dbc, trim($_POST['occ'])); $twitter = mysqli_real_escape_string($dbc, trim($_POST['twitter']));
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Meine Frage ist Recht einfach: Ist es möglich mit store_result() und bind_result() mit PHP PDO? Hier finden Sie einige Beispiel-code, stieß ich auf: $stmt = $mysqli->prepare("SELECT id, username, password, salt FROM members WHERE email = ? LIMIT
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Habe ich suchte eine Menge im Grunde die gleichen Fragen auf, SO dass die nicht schien zu helfen. Schon eine Weile her ist, habe ich berührt, php, so dass ich vermute, es gibt eine einfache Lösung, aber
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Ich versuche hart mit der Anzeige von details einer ausgewählten option in einem drop-down-Liste für mein Projekt. Ich habe ein drop-down-Liste, die ist bevölkert von einer MYSQLi Abfrage. Ich will, dass die Benutzer, um eine option auszuwählen
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Habe ich ja befolgt die unten Anleitung zum setup meinem lokalen host http://www.1stwebdesigner.com/tutorials/how-to-setup-local-web-server-with-latest-apache-php-and-mysql-packages/ Ich würde gerne mit PHP 5.3.10, um die gleiche version wie meine live-Website, obwohl, wenn ich die neuere version, und navigieren Sie zu localhost/pma
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Habe ich folgende js-Funktion, die einen ajax-request, aber es ist nicht, es zu tun aus irgendeinem Grund. Ich überprüfte die Alarmierung url und er zeigt es so wie es sein soll, so werden alle Variablen deklariert sind.
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Habe ich ein einfaches Suchfeld, die gehen, um den Standort eines Benutzers aus den verfügbaren Einträgen in meiner Datenbank. Ich versuche jQuery UI ' s AutoVervollständigen arbeiten, bin aber in Probleme laufen. Mit der JavaScript-Konsole eingeschaltet, in
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Wie man Werte für die gleichen Spaltennamen in verschiedenen Tabellen in SQL? Spalte name ist emp_id loacated in diesen zwei Tabellen: company,employee. schreiben Sie eine Abfrage... Für das abrufen von Daten aus der Datenbank, die Sie brauchen,
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Ich bin mit PHP mit MySQLi, und ich bin in einer situation, wo ich Anfragen wie SELECT $fields FROM $table WHERE $this=$that AND $this2=$that2 Bisher habe ich geschrieben, einige code, der Spleiße bis ein array, dass ich
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Bekam ich die Warnung meantioned in den Titel und mein code ist hier: <?php require_once 'conn.php'; require_once 'http.php'; if (isset($_REQUEST['action'])) { switch ($_REQUEST['action']) { case 'Login': if (isset($_POST['email']) and isset($_POST['passwd'])) { $sql = "SELECT user_id, access_lvl,name "."FROM
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Hier ist mein Fall: $sql = 'UPDATE user SET password = ? WHERE username = ? AND password = ?'; if($stmt->prepare($sql)) { $stmt->bind_param('sss', $newPass, $_SESSION['username'], $oldPass); $stmt->execute(); } Nun, wie kann ich sehen, wenn die UPDATE-Abfrage wird
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Dies ist die html-Formular - (register.php): <html> <body> <form action="handle_registration.php" method="post"> <fieldset><legend>Enter your information in the form below:</legend> First Name: <input type="text" name="fname" size="20" maxlength="40"><br> Last Name: <input type="text" name="lname" size="20" maxlength="40"><br> Username: <input type="text" name="uname" size="20"
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Ich habe eine Tabelle wie die unten. CREATE TABLE People(PeopleId INT NOT NULL PRIMARY KEY AUTO_INCREMENT, Name VARCHAR(255), Age INT); INSERT INTO People(Name, Age) VALUES('Sam', 25), ('John', 24), ('Ria', 14), ('Diya', 23), ('Topel',19), ('Mac', 45); Habe ich
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Auf meinem Windows 7-Rechner mit PHP v5.6.7 und MySQL v5.6.23, und mit PHPStorm 8, ich bin versucht zu instanziieren Sie ein mysqli-Objekt. Wenn ich versuche, bekomme ich: Fatal error: Class 'mysqli' not found in... Habe ich auch
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Rufen Sie an eine member-Funktion num_rows() ein boolean in C:\xampp\htdocs\c\application\models\usermodel.php on line 138 public function new_pass(){ $email = $this->input->post('email'); $pass1 = $this->input->post('pass1'); $pass2 = $this->input->post('pass2'); $result = $this->db->where('email', $email)->update('user',[ 'pass1' => $pass1, 'pass2' => $pass2, ]); if
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Ich bin auf dem Weg lernen Sie mehr über mysqli und alle, die spannende Sachen, aber ich blockiert es ziemlich schnell. Ich habe einen lokalen server auf meiner debian-box. Es ist up to date, hat php und
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Ich weiß nicht, was das problem ist, diese Linie, oder wie man es beheben, bevor Sie okay war, und jetzt bin ich immer diese Fehlermeldung: mysqli_fetch_object() erwartet parameter 1 to be mysqli_result Hier ist mein PHP code:
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Ich bin versucht, übergeben Sie eine Zeichenfolge in meine MySQLi prepared statement, aber es gibt mir die Fehlermeldung: Nicht übergeben parameter durch Verweis in MySQLi Hier ist der relevante code: $kv = json_encode(array($key => $value)); $stmt->prepare("insert into
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Ich versuche zu machen, den folgenden code arbeiten, aber ich kann Sie nicht erreichen die execute() Linie. $mysqli = $this->ConnectLowPrivileges(); echo 'Connected<br>'; $stmt = $mysqli->prepare("SELECT `name`, `lastname` FROM `tblStudents` WHERE `idStudent`=?"); echo 'Prepared and binding parameters<br>'; $stmt->bind_param('i',
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Konvertieren eines mysql-Seite zu mysqli. Wollen, stellen Sie sicher, dies ist der beste Weg, um den Benutzer login und session mit der userid oder username, entweder eine. Wenn es ein sicherer Weg, ich bin offen zu hören.
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Ich bin versucht zu schreiben, eine website, die die Benutzer-Konten. Es gibt nicht viel, sensible Daten außer dem Passwort und E-Mail-Adresse. Aber ich weiß nicht wirklich verstehen, was ich mache; ich bin eine Art von hacking Sie
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ich bin ein Anfänger und auch ein Diplom-student... erstellt habe ich die Datenbank über localhost... im mit anzeigen problem, meine Datenbank... bitte helft mir... ich hoffe, dass u kann mir helfen mit einer vollständigen code... das ist
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Habe ich ein "Ereignis" - Tabelle. Der Einfachheit halber können Sie sich vorstellen, dass es sollte wie ein hierarchische Kategorie. Es verwendet die nested set Modell (vielen Dank an Mark Hillyers für seinen posten bei http://mikehillyer.com/articles/managing-hierarchical-data-in-mysql/) Mein
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Ich bin mit Funktionen zum arbeiten mit der Datenbank.. Nun ist die Weg, ich habe die Funktionen sind wie folgt:- /** * Database definations */ define ('db_type', 'MYSQL'); define ('db_host', 'localhost'); define ('db_port', '3306'); define ('db_name', 'database');
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Bin ich zu kämpfen mit meinem Skript und seit der Umstellung auf mysqli es wird nicht mehr funktionieren.Ich habe das PHP-Handbuch aber einfach nicht sehen kann, was ich falsch mache, sicherlich ein Anfänger-Fehler. Hier ist mein code:
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Habe ich eine einzelne Zeile in einem PHP-array und ich möchte einfügen, die Zeile in der mySQL-Datenbank durch Implodierende die Schlüssel und Werte in eine Zeichenfolge und verwenden Sie diese Zeichenfolgen in mein Insert-Anweisung wie folgt: $fields
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Installierte ich open cart auf meinem lokalen server, aber es zeigt eine Nachricht am oberen Rand. Deprecated: mysql_connect(): Die mysql-Erweiterung ist veraltet und wird entfernt werden, in der Zukunft: benutze mysqli oder PDO anstatt in D:\new\htdocs\business\system\database\mysql.php in
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Ich habe eine MySQL Tabelle mit dem Namen Users mit Spalten Name und NameID. Wie... Name | NameID Brad | bd Tom | ts Ich versuche zu ziehen, die alle Name Werte und Sie haben, füllen Sie
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Ich die Preise für einige Einträge in einer mysql-Tabelle. Beim erstellen der Tabelle bin ich mit DECIMAL(10,2) wie ich brauchen nicht mehr als 2 Ziffern nach dem Komma (z.B.: 123,45 akzeptiert werden würde als ein Eingang aber
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Ich habe einen geschützten Bereich meiner Website, wo ich kann hinzufügen, aktualisieren und löschen von Datenbank-Einträge. Ich bin versucht, zu aktualisieren das script von mysql auf mysqli. Alles funktioniert, außer für die "update" - Teil. Wenn ich
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Ich bin neu in PHP und im Versuch, eine Verbindung zu meiner Datenbank, mit der Hilfe von einigen you tube videos, aber ich bekomme diese Fehlermeldung Deprecated: mysql_connect(): Die mysql-Erweiterung ist veraltet und wird entfernt werden, in
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Hallo, ich bin versucht zu machen, Passwort vergessen script und erfolgreich abgeschlossen, aber ich bin immer ein problem. In forgot.php Wenn der Benutzer die enter-E-Mail, Skript prüft, ob die E-Mail-in-Datenbank, wenn es der matching-dann wird es sparen
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Ich habe eine Seite in PHP geschrieben, die ich erschaffe. Aber ich habe dieses Problem wenn ich es anschließen an die Datenbank. Wenn ich die Seite geladen, bekomme ich die oben: Warning: mysqli_connect(): php_network_getaddresses: getaddrinfo failed: No
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Ich habe den folgenden code function openDBConn($params){ $conn_mode = $params['conn_mode']; $db_conn = $params['db_conn']; //create connections if(empty($db_conn->info)) { $db_conn = new mysqli("localhost", $user, $password, "database"); $db_conn->set_charset('UTF8'); $mysqli_error = $db_conn->connect_error; } if($mysqli_error !== NULL){ die('Could not connect <br/>'. $mysqli_error);