即使没有错误，PHP也不会插入SQL表[关闭]

Posted 2023-02-25

【中文标题】即使没有错误，PHP也不会插入SQL表[关闭]

【英文标题】：PHP doesn't insert in SQL Table even if there aren't error [closed]

【发布时间】：2016-05-24 05:11:02

【问题描述】：

我正在处理访问 html 页面的用户的 ip 信息。我不想使用 GeoIp 等：我将使用 ipinfo.io 服务。在 html 页面的末尾，我做了一个 get 函数，在里面我写了 ajax 帖子。

$.get("http://ipinfo.io", function (response) 
var ip = response.ip;
var hostname = response.hostname;
var city = response.city;
var region = response.region;
var country = response.country;
var loc = response.loc;
var org = response.org;
var postal = response.postal;
var details = JSON.stringify(response, null, 4); 

  $.ajax(
    type: "POST",
    url: 'write.php', 
    data: '&ip=' + ip + '&hostname=' + hostname +'&city=' + city +  '&region=' + region +  '&country=' + country +  '&loc=' + loc +  '&org=' + org +  '&postal=' + postal +  '&details=' + details,
    success: function (data)    
      alert("Sent");
    ,
    error: function(jqXHR, text, error) 
       alert("Error: not sent.");       
      
  ); 

, "jsonp");

我受到了启发：http://jsfiddle.net/zk5fn/2/

在 write.php 中，我编写了一些 fwrite 方法来写入所有获取的数据。它有效。现在，我想将这些数据发布到数据库中。我用 phpmyadmin 和 000webhost 创建了一个。

我在帖子中没有显示任何错误，但是在我打开 phpmyadmin 的地方，表是空的……为什么？ 这是word.php：

<?php 

 $link =  mysql_connect("localhost", "name......", "psw....", "database-name");   

if (!$link) 
    alert('Could not connect: ' . mysql_error());


echo 'Connected successfully';

// Parse input
$ip      = $_POST['ip'];
$hostname    = $_POST['hostname'];
$city    = $_POST['city'];
$region  = $_POST['region'];
$country  = $_POST['country'];
$loc  = $_POST['loc'];
$org  = $_POST['org'];
$postal  = $_POST['postal'];
$details  = $_POST['details'];

$sql="insert into `sessions` (ip, hostname, city, region,country, loc, org, postal) values('$ip','$hostname', '$city', '$region', '$country', '$loc', '$org' ,'$postal')";  

    $res = mysql_query($sql); 



if($res)

    echo "Records added successfully.";

   

mysql_close($link);
?> 

更新 这是帖子的日志：

更新 2 这是我点击导出数据库时看到的 SQL：

CREATE TABLE `sessions` (
`id` int(128) NOT NULL AUTO_INCREMENT,
`ip` varchar(128) COLLATE latin1_general_ci NOT NULL,
`hostname` varchar(128) COLLATE latin1_general_ci NOT NULL,
`city` varchar(128) COLLATE latin1_general_ci NOT NULL,
`region` varchar(128) COLLATE latin1_general_ci NOT NULL,
`country` varchar(128) COLLATE latin1_general_ci NOT NULL,
`loc` varchar(128) COLLATE latin1_general_ci NOT NULL,
`org` varchar(128) COLLATE latin1_general_ci NOT NULL,
`postal` varchar(128) COLLATE latin1_general_ci NOT NULL,
PRIMARY KEY (`id`)
) ENGINE=MyISAM DEFAULT CHARSET=latin1 COLLATE=latin1_general_ci     AUTO_INCREMENT=1 ;

【问题讨论】：

它实际上是否回显“记录添加成功。”到屏幕上？

添加“或死（mysqli_error（））；”在查询结束时查看错误原因

这段代码不安全，容易受到sql注入攻击

在定义 $sql 后回显它以查看查询中是否存在这些值。我从未见过以这种方式传递的 POST 数据；那可能吗？我通常使用对象 ip:ipVar, host:hostVar。还要研究清理或准备语句以防止 sql 注入。

mysql_connect("localhost", "name......", "psw....", "database-name") 没有做你应该做的希望/希望。

【参考方案1】：

我会将$res = mysql_query($sql); 更改为$res = mysql_query($sql) or die(mysql_error()); 以了解有关插入查询可能出现的错误的更多信息。此外，您应该将 mysql_real_escape_string 应用于您插入数据库的任何数据。

【讨论】：

它没有显示任何错误：/ 无论如何，我应该像这样定义变量： $hostname = mysql_real_escape_string($_POST['hostname']); ?

我会仔细检查数据库界面中的字段名称（例如 phpMyAdmin），以确保您在 php 代码中正确引用了它们。另外，是的，这是转义帖子变量的正确方法。

如果你看到我的回答，我已经用代码 sql 代码更新了

【参考方案2】：

试试这个 JS 代码：

$.get("http://ipinfo.io", function (response) 
  var ip = response.ip;
  var hostname = response.hostname;
  var city = response.city;
  var region = response.region;
  var country = response.country;
  var loc = response.loc;
  var org = response.org;
  var postal = response.postal;
  var details = JSON.stringify(response, null, 4); 

  $.ajax(
    type: "POST",
    url: 'write.php', 
    data: 'ip=' + ip + '&hostname=' + hostname +'&city=' + city +  '&region=' + region +  '&country=' + country +  '&loc=' + loc +  '&org=' + org +  '&postal=' + postal +  '&details=' + details,
    success: function (data)    
      console.log(data)
    ,
    error: function(jqXHR, text, error) 
        console.log(text);
    
  ); 

, "jsonp");

还有这个 PHP 代码：

$link =  mysql_connect("localhost", "name......", "psw....", "database-name");   

if (!$link) 
    die('Could not connect: ' . mysql_error());


print("This is what was received: ");
print("\r\n");
print_r($_POST);
print("\r\n");

// Parse input
$ip = $_POST['ip'];
$hostname = $_POST['hostname'];
$city = $_POST['city'];
$region = $_POST['region'];
$country = $_POST['country'];
$loc = $_POST['loc'];
$org = $_POST['org'];
$postal = $_POST['postal'];
$details = $_POST['details'];

$sql = "insert into `sessions` (ip, hostname, city, region,country, loc, org, postal) values('$ip','$hostname', '$city', '$region', '$country', '$loc', '$org' ,'$postal')";

print("This is what is sending to database: \"$sql\"");
print("\r\n");

$res = mysql_query($sql) or die(mysql_error()); 

if($res)
    print("Records added successfully.");
   

mysql_close($link);
die();

之后，打开控制台部分的网络浏览器开发工具，看看会发生什么。

【讨论】：

postimg.org/image/483gnyazx

叮！阅读第二行：Access denied for user ... 这是错误。

是的，我读过它，但是 lol 凭证是正确的.....登录数据库的用户是 a6033757_admin，我在 mysql_connect 中写了它......也许我必须添加@localhost?

有两种可能：1）密码错误或2）用户没有权限访问mysql服务器/数据库。

你是对的，我已经改变了主机（altervista），现在它可以工作了......！！！非常感谢您的帮助

【参考方案3】：

如果你调试 PHP 代码，$_POST 中有什么？试试这个：

$received = print_r($_POST, true);
$file = fopen('log.txt', 'w+');
fwrite($file, $received);
fclose($file);

在此之后，验证 PHP 正在接收什么，如果需要，粘贴到这里给我们可以帮助你。

我没有尝试，但我认为错误出现在 data: '&ip=' + ip ...。因为这是第一个键，所以& 是不必要的。尝试按照我的解释进行调试，看看它通过 ajax 发送到 PHP 的内容。

【讨论】：

添加你的代码，我在firefox的控制台没有错误，但是我看不到任何新的log.txt文件！！

好的，这是因为 PHP 正在接收 $_POST 并将其内容写入文件。如果存在 log.txt 文件，请检查 write.php 的相同路径，打开它并查看写入的内容。

是的，我看过了，但是那个文件不存在！

好的，我会尽快发布另一个答案给您尝试。

谢谢，我也在尝试解决

【参考方案4】：

我建议使用 MySQLi Prepared Statement 的以下 PHP：

<?php 
$link =  mysqli_connect("localhost", "name......", "psw....", "database-name");   
$error = false;

if (mysqli_connect_errno()) 
    $error = mysqli_connection_error();
    echo "Connection Error: $error"; 
    exit();
 else 
    if($stmt = mysqli_prepare($link, "INSERT INTO sessions (ip, hostname, city, region, country, loc, org, postal) VALUES (?, ?, ?, ?, ?, ?, ?, ?)"))
        mysqli_stmt_bind_param(
            $stmt,
            "ssssssss",
            $_POST['ip'],
            $_POST['hostname'],
            $_POST['city'],
            $_POST['region'],
            $_POST['country'],
            $_POST['loc'],
            $_POST['org'],
            $_POST['postal'],
            $_POST['details']
        );
        mysqli_stmt_execute($stmt);
        echo "Records added successfully.";
        mysqli_stmt_close($stmt);
    

mysqli_close($link);
?>

MySQL 扩展在 PHP 5.5.0 中被弃用，并在 PHP 7.0.0 中被删除。

然后在您的success 中，您可以执行以下操作：

success: function (data)    
  if(data.indexOf("Error"))
    console.error(data);
   else 
    console.log(data);
  

【讨论】：

mmmm.... 我已经用你修改了我的代码，这是 html 文件中的控制台结果：postimg.org/image/tazhlcqid

@panagulis72 第一个错误显示登录失败。第二部分是您将mysql 与mysqli 混合在一起，您不能这样做。请确保您的代码以及您的 MySQL 凭据正确。

【参考方案5】：

我已经用 altervista 更改了主机。现在它可以工作了....我已经花了 1 天的时间...该死的！所以，对于谁会有这个问题，只是不要选择000webhost。因为有了它你可以创建数据库，但你不能使用外部文件删除/添加/修改任何东西。