我希望您将新信息（以 JSON 格式）异步发送到 PHP 页面。 PHP接收新数据并更新数据库

Posted 2023-02-24

【中文标题】我希望您将新信息（以 JSON 格式）异步发送到 PHP 页面。 PHP接收新数据并更新数据库

【英文标题】：I would like you to send the new information (as JSON) to the PHP page asynchronously. PHP receives the new data and updates the database

【发布时间】：2020-06-30 22:33:32

【问题描述】：

我的代码没有在数据库中异步更新，我应该点击“更新”按钮来更新它，当用户使用“更新”模式时，该功能应该起作用，他可以编辑信息然后通知页面他们完成了编辑..请帮忙？？？？ html:

<form method="POST" action="EditCourse.php?id=<?php echo $courseid ?>" id="form">
<fieldset> <legend> Course Information</legend>
Course Title: <input type="text" name="title" id="title" value="<?php echo $name?>" onblur="validate(this.value)" pattern="[A-Za-z\s]*" ><br>
 Course Field: <input type="text" name="field" id="field" value="<?php echo $fied?>"  pattern="[A-Za-z\s]*"><br>
 Course Description:<textarea name="description" rows="8" pattern="[a-zA-Z]*"  oninvalid="setCustomValidity('Please enter character only. ')" cols="80"> <?php echo $des ?></textarea><br>
 Course Image:<input type="file" name="Book_cover"  id="Book_cover"><br>
 <button class="button">UPDATE</button>
 <div id="message"></div>
</fieldset>
</form>

Java 脚本：

  function validate(title)
var xhttp = new XMLHttpRequest();
xhttp.onreadystatechange = function() 
  if (this.readyState == 4 && this.status == 200) 
    document.getElementById("message").innerHTML = this.responseText;
  ;
xhttp.open("POST", "EditCourse.php?courseid=17627", true);
 xhttp.setRequestHeader('Content-type', 'application/x-www-form-urlencoded');
 xhttp.send("title="+title);
 

PHP：

 $ID3=$_GET['id'];
  $title3=$_POST['title'];
 $pic = base64_encode(file_get_contents(addslashes($pic)));
$sqlipdate="UPDATE Course SET Name='$title3' WHERE ID='$ID3'";

 $result =mysqli_query($connection,$sqlipdate);
$row = mysqli_fetch_assoc($result);
if(mysqli_num_rows($result)>0)
echo "<span>The update is saved</span>";
  
  else 
    echo "<span>error1</span>";
  

【问题讨论】：

这对sql注入开放。如果您不希望数据库突然噗！

，请使用准备好的语句

【参考方案1】：

由于UPDATE查询不返回结果集，mysqli_num_rows($result)始终为0。

来自PHP doc on mysqli_query：

返回值

失败时返回 FALSE。对于成功的 SELECT、SHOW、DESCRIBE 或 EXPLAIN 查询 mysqli_query() 将返回一个 mysqli_result 对象。为了 其他成功的查询 mysqli_query() 将返回 TRUE。

您可能想查看mysqli_affected_rows

返回受最后一个 INSERT、UPDATE、REPLACE 或 DELETE 查询影响的行数。

【讨论】：

我试了一下，但没有任何改变：(

我的问题是我想在没有加载页面的情况下更新表格或点击更新按钮

按钮会做表单动作；在所有条件相同的情况下，它将转到 php，并进行更新，然后离开页面。当用户离开课程标题输入时（应该）调用该函数。您需要使用浏览器开发者工具中的调试器来查看 js 发生了什么。

这种情况下你知道怎么用json吗？

我认为问题是“为什么我的数据库没有得到更新？”基于此语句“我的代码未在数据库中异步更新”。如果不是这样，那我建议你在帖子里澄清一下，我会删除答案。