prepare

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    這裏失敗是我的代碼: $mysqli = mysqli_connect('localhost',DB_USER,DB_PASSWORD,DB_NAME); $mysqli->set_charset("utf8"); $STH = $mysqli->prepare("INSERT INTO wp_kfar_categories_matching (inMate, outMate, catego

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    我有數據庫類正在處理所有查詢將提出到數據庫 我有mysqli準備工作正常。 bind_param也工作正常,但問題是我想動態地定義變量類型。 這裏是我的代碼 public function query($sql, $params = array()){ $this->_error = false; if($this->_query = $this->_mysqli->pre

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    爲什麼不在下面的代碼工作? $pdo = new PDO('mysql:dbname=_test;host=localhost','root', ''); $select=$pdo->prepare("SELECT * FROM test WHERE th=:name"); $select->bindValue(":name","1"); print_r($select); 當我打印$選

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    好日子。 我有一個叫做nieuws的類,我想創建一個將記錄插入數據庫的函數。之後,我需要該創建的記錄的ID爲其他東西,所以我在互聯網上看到$ ...-> insert_id必須給該表中最後創建的記錄的ID。但那不適合我。 有人知道這裏有什麼問題嗎? $sql = "INSERT INTO nieuws (`id`, `titel`, `datum`, `gebruikerId`, `text`)

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    提取數據時遇到的問題是,我查詢: SELECT * FROM administradores WHERE nombre_administrador=? AND password=? 不拉東西從數據庫中。 var_dump顯示: public 'affected_rows' => null, public 'insert_id' => null public 'num_rows' =>

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    試圖做一個準備聲明,但由於某種原因,它失敗了我,我得到錯誤(文本)爲空的錯誤0。這是什麼造成的?現在一直在網上搜索。 <?php $dbh = new mysqli("localhost","root","","honeypot"); if ($dbh->connect_errno) { echo "Connection failed: (" . $dbh->co

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    這是更快於: 1. $name = $sql->real_escape_string($_POST['name']); $age = $sql->real_escape_string($_POST['age']); $email = $sql->real_escape_string($_POST['email']); $query = "INSERT INTO `tablename` VA

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    當使用預處理語句在PHP中向SQLite3插入多行時,如果未綁定行的參數,則前一行的值將會即使您「清除」了各行之間的聲明,也可以插入。 請看下面的例子: $db = new SQLite3('dogsDb.sqlite'); //create the database $db->exec("CREATE TABLE Dogs (Id INTEGER PRIMARY KEY, Breed TE

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    我將我所有的問題從MySQL到PDO,並在這個過程中,我發現像一個條件查詢如下 if (isset($parameters['searchTerm'])) { $where =" And title LIKE '%{$parameters['searchTerm'] }%'"; } $sql = "Select * from table data Where tableId = 5

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    我只是設置了準備好的查詢選擇,但它似乎不起作用。它顯示空白頁面而不是它應該顯示的內容..有問題嗎? <?php $servername = ""; $username = ""; $password = ""; $dbname = ""; // Create connection $conn = new mysqli($s