mysqli PHP扩展（“MySQL改进”）是PHP数据库驱动程序，包含自PHP 5以来。它利用了MySQL 4.1.3和更新版本中引入的新功能。
我被一些代码困住了。这很简单，我有以下代码： 我被一些代码困住了。这很简单，我有以下代码： <?php $servername = 'localhost'; $username = 'root'; $password = ''; $dbname = 'responsiveform'; $conn = mysqli_connect($servername, $username, $password, $dbname); if($conn) { echo"Connection Success"; } else{ echo"Connection Failed"; } ?> 如果部分工作正常，我已经尝试过此代码，但是当我更改服务器名或用户名或密码时，其他部分不会打印 - 它只是仅给出警告，没有其他内容。 连接失败 当我的 if 条件为 false 时应该出现。 您可以尝试在 die() 调用后添加 mysqli_connect 函数，以在连接失败时停止脚本的执行。这样，else块将被执行并打印“连接失败”。 <?php $servername = "localhost"; $username = "root"; $password = ""; $dbname = "responsiveform"; $conn = mysqli_connect($servername, $username, $password, $dbname); if($conn) { echo "Connection Success"; } else { echo "Connection Failed"; die(); // This will stop the script execution if the connection fails } ?>
针对 PHP 8.2 的程序 MySQL 改进驱动程序类文件 - 来自查询的堆栈跟踪错误并且不起作用
PHP 8.2 的程序 MySQL 改进驱动程序类文件 - 来自查询的堆栈跟踪错误并且不起作用 我已经为 PHP 编写了面向对象的 MySQL 改进驱动程序类文件...
我有自己的自由网站，数据库是phpmyadmin。如果我有 10 张或更多桌子，会有问题吗？就像图片上那样吗？ 没有错误，我只是问一个问题，以便...
这是我尝试在我的数据库中的网站上注册时出现的错误消息。 我似乎无法弄清楚我的代码有什么问题 显示错误 那么下面的图片是来自我的电话号码…
如何使用 SQL 和 PHP 填充站点中的新页面？ [已关闭]
我正在开发一个项目，其中需要我构建许多图像，这些图像将链接到包含信息的页面，这些信息将从数据库中获取。有人可以建议吗
我试图验证我是否已连接到数据库，但是每当我检查连接是否因密码不正确而失败时，我在页面上没有得到任何响应 我试图验证我是否已连接到数据库，但是每当我检查连接是否因密码不正确而失败时，我在页面上没有得到任何响应 <?php include 'SETTINGS.php'; $RESPONSE = ["mode" => "response", "data" => ["title" => $NETWORKDISPLAYNAME, "message" => "Internal Error (0)"]]; $INPUTS = json_decode(file_get_contents("php://input"),true); if(is_array($INPUTS)) { $SQL = mysqli_connect($SQLHOST, $SQLUSER, $SQLPASS, $SQLDB); if(!$SQL) { echo 'not connected'; } else echo "connected"; } else { $RESPONSE['data']['message'] = "Internal Error (1)"; } die(create_response($RESPONSE['mode'],$RESPONSE['data'])); ?> 当我故意为数据库使用不正确的密码时，我在页面上没有任何输出 将此行添加到代码的开头 ini_set('display_errors', 1); error_reporting(E_ALL & ~E_DEPRECATED & ~E_NOTICE);
我正在尝试将 sql 表导出到 CSV，但是，我的输出不会生成列标题。如何在不手动创建数组的情况下从 SQL 表中检索列标题？ 我试过了
<?php $host = "localhost"; $username = "root"; $password = ""; $database = "Employee"; $mysqli = new mysqli($host, $username, $password, $database); if ($mysqli->connect_error) { die("Connection failed: " . $mysqli->connect_error); } echo "Connected successfully"; ?> 现在解决不了这个问题，无法连接mysql。 我尝试了很多方法都无法解决，比如： 我已经在 php.ini Extension=mysqli 部分的 php 文件中安装了 mysqli。在extension_dir =“C:\php-8.2.12 xt”部分中， 然后我重新启动服务器，但错误仍然存在。然后我检查cmd php -m 并没有找到mysqli。我尝试重新安装几次但仍然无法修复。 我使用的是php版本8.2.12，使用的服务器是vs-code，使用扩展进行模拟。 我仍然是 php 的新手，我对这个问题很困惑。请大家帮忙给点意见。 看起来你需要安装MySQLi sudo apt-get update sudo apt-get install php-mysql sudo service apache2 restart 或通过 php.ini 启用扩展 extension=php_mysqli.so
Shopify 应用程序 - 如何/建议将 Shopify 产品复制到 MySQL 数据库？
我是一名学习者，所以请耐心等待。开始使用 PHP/Javascript 和 API 调用开发 Shopify 应用程序。 迫切寻求一种将所有产品/变体备份到 MySQL 数据库的方法（
在AWS服务器的MySQL数据库中插入日语字符时出现字符编码问题
我遇到这个问题，在 mysql 数据库中插入日语字符时不会插入正确的编码字符。数据库已设置为 utf8mb4_general_ci。 Html已经...
我正在开发一个使用某种 roomCode 主机/连接系统来运行的项目。它是用 js/html/css 编写的，带有 php 服务器。到目前为止，我在这个项目中使用 PHP 和 MySQL 已经取得了成功
我有这样的条件来选择今天所做的记录： 创建于 > CURDATE() 其中created_at是日期时间。 它不是我做的，通常它可以工作，但客户报告说它不...
php 数据未使用 XAMPP 存储在 mySQL 数据库中
我有这个代码并且我正在使用最新版本的XAMPP： 文件名：store.html 用户输入： 我有这段代码，并且我正在使用最新版本的 XAMPP： 文件名：store.html <!DOCTYPE html> <html> <body> <form action="store.php" method="post"> User input: <input type="text" name="userinput"><br> <input type="submit"> </form> </body> </html> 文件名：store.php <?php $servername = "localhost"; $username = "root"; $password = ""; $dbname = "database"; // Create connection $conn = new mysqli($servername, $username, $password, $dbname); // Check connection if ($conn->connect_error) { die("Connection failed: " . $conn->connect_error); } echo "Connected successfully"; $input = $_POST["userinput"]; $sql = "INSERT INTO table_1 (s_num) VALUES ('$input')"; ?> 无论我做什么，都不会向数据库添加任何数据。请帮忙。谢谢你。 这里的问题是你从未执行过查询。 $sql = mysqli_query($conn,"INSERT INTO table_1 (s_num) VALUES ('$input')"); if(!sql){ echo "Error: " . mysqli_error($conn); } else{ echo "Success"; } 参考： http://php.net/manual/en/mysqli.query.php 如果用户输入（除了您自己）参与其中，您当前的代码对 SQL 注入 是开放的。 使用 准备好的语句，或PDO 与准备好的语句，它们更安全。 另外，看到您正在从自己的计算机上运行此程序，请确保您以 http://localhost/file.php 而非 file:///file.php 的身份访问。 您没有执行 sql 插入代码。 此行之后： $sql = "INSERT INTO table_1 (s_num) VALUES ('$input')"; 添加这些行： if ($conn->query($sql) === TRUE) { echo "New record created successfully"; } else { echo "Error: " . $sql . "<br>" . $conn->error; } $conn->close(); 因为数据库崩溃了，数据丢失了。备份文件夹不保存用户数据的备份，仅保存 MySQL (MariaDB) 的内部数据。 从现在开始，您应该定期（每天？！）进行备份，只需将整个 Xampp 文件夹复制到单独的驱动器（USB 驱动器、NAS 或其他驱动器）即可；或者至少复制 c:/xampp/data 文件夹。并且还将 MySQL 和 Apache 作为“服务”运行（Xampp Controlcenter 中有一个选项）。这可以避免 MySQL 的硬关闭（导致损坏的原因）。 如果你自己备份了数据，就会出现这个问题，比如你创建一个data-old文件夹来解决mysql关闭问题。 我也面临着同样的问题，我在网上发现我必须定期保存我的数据作为备份。 确保在完成任务后简单地复制您的数据文件夹，这可能会有所帮助。
致命错误：未捕获错误：无法静态调用非静态方法 SSP::get_field()
我将php7.4升级到php8.2 但我在 SSP 类中收到这些错误 致命错误：未捕获错误：无法在 C:\xampp\htdoc 中静态调用非静态方法 SSP::get_field()
不进入“while($row = mysqli_fetch_array($stmt))”中的while循环[关闭]
我尝试在朋友的笔记本电脑上执行以下 php 程序，但 while 循环内没有执行任何内容。 我尝试在我朋友的笔记本电脑上执行以下 php 程序，但 while 循环内没有执行任何内容。 <html> <body> <?php $db_hostname = "localhost"; $db_username = "user"; $db_password = "password"; $db_name = "resulta"; $link=mysqli_connect($db_hostname,$db_username,$db_password,$db_name); // Check connection if (mysqli_connect_errno()) { echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error(); } $htno = $_POST['htno']; $query="select * from marks where hallno=?"; if ($stmt = mysqli_prepare($link, $query)) { mysqli_stmt_bind_param($stmt, 's', $htno); /*http://php.net/manual/en/mysqli-stmt.bind-param.php*/ /* execute query */ mysqli_stmt_execute($stmt); /* store result */ mysqli_stmt_store_result($stmt); printf("Number of rows: %d.\n", mysqli_stmt_num_rows($stmt)); if(mysqli_stmt_num_rows($stmt)>0) { echo "thank you"; echo "recieved"; echo "<table>"; echo "<tr><th>Hall Ticket No.</th><th>Sub. Code</th><th>Sub. Name</th><th>Internal Marks</th><th>External Marks</th><th>Total Marks</th><th>Credits</th></tr>"; //$stmt = mysqli_query($link,$query); while($row = mysqli_fetch_array($stmt)) { echo "inside yeah!!!"; echo "<tr><td>" . $row['hallno'] . "</td><td>" . $row['subcode'] . "</td><td>" . $row['subname'] . "</td><td>" . $row['intemarks'] . "</td><td>" . $row['extmarks'] . "</td><td>" . $row['totalmarks'] . "</td><td>" . $row['credits'] . "</td></tr>"; } echo "</table>"; echo "over"; mysqli_stmt_close($stmt); mysqli_close($link); } else { /* close statement */ mysqli_stmt_close($stmt); echo "Roll No. not found"; } } ?> </body> </html> 那么，为什么循环内的代码没有被执行，而 while 循环外的所有代码（也打印结果中的行数）都正确执行，我在 Google 中搜索过，但尝试了解决方案，但没有任何结果如果我使用 就会显示 while($row = mysqli_fetch_array($stmt, MYSQLI_ASSOC)) or while($row = mysqli_fetch_array($stmt, MYSQLI_NUM)) //with $row[0]... 我尝试了类似的代码，它可以工作，以防有帮助： $con=mysqli_connect($db_hostname,$db_username,$db_password,$db_name); if (mysqli_connect_errno()) { echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error(); } // select everything from the news table $st=0; $result = 'False'; $result = mysqli_query($con,"SELECT * FROM notif ORDER BY dat desc LIMIT $st, 6"); echo "<ul>"; while($row = mysqli_fetch_array($result)) { echo "<li style='font-family: 'Open Sans',sans-serif;' ><b><u>[" . $row['subject'] . "]</u></b> " . $row['note'] . " <i>by <b>" . $row['user'] . "</b> on <b>" . $row['dat'] . " </b></i></li>"; echo "<br>"; } echo "</ul>"; // disconnect from the database mysqli_close($con); 为了检查计算机是否有问题，我也在其他计算机上尝试了相同的代码，但它没有执行，不知道为什么有些代码正在执行，有些则没有，即使我无法执行获取结果，但函数 printf("Number of rows: %d.\n", mysqli_stmt_num_rows($stmt)); 给出了正确的输出，并且编号正确。行数。 我正在运行 ubuntu 14.04 我还在运行 unbuntu 14.04 的朋友的笔记本电脑上尝试了代码，任何人都可以检查这两个代码是否正在运行，仍然无法理解为什么只有该代码不起作用，这两个代码（有效和无效）对我来说看起来是一样的，但不知道为什么当我为不同目的编写代码时，有时它们有效，有时则无效。 任何人都可以尝试一下代码吗？ 您的 $stmt 属于 mysqli_stmt 类型，这就是它与 mysqli_stmt_num_rows 一起使用的原因 mysqli_fetch_array 但是需要一个 mysqli_result，您可以通过存储 mysqli_stmt_store_result($stmt); 的结果来获得它 将等号加倍，如下所示： while($row == mysqli_fetch_array($stmt))
我对如何使用 MySQLi 准备好的语句将多维数组插入 MySQL 进行了很多研究。旧的方式看起来像这样： 这将构建一个包含所有值的长查询。我该怎么办
`我有一个表格，其中列出了许多恒星（恒星物体），上面有一个 控件和两个 我需要关于在 ch 上填充来自数据库的两个输入的建议... `我有一个表格，其中列出了一些恒星（恒星物体），上面有一个 <select> 控件和两个 <inputs> 我需要有关在更改“我正在使用 PHP”时从数据库填充两个输入的建议CSS HTML 并想知道我是否应该走 JS 或 Ajax 路线。 这是目前为止的基本表单页面。 <?php require( '../db_connect.php' ); include( '../inc/tvms_inc.php' ); session_start(); $starsq = "SELECT * FROM ast_stars WHERE constellation=5"; $starsr = mysqli_query( $conn, $starsq ); ?> <!doctype html> <html data-bs-theme="dark" lang="en"> <head> <meta charset="utf-8"> <title>Untitled Document</title> <style> .center-screen { position: absolute; top: 50%; left: 50%; margin-top: -50px; margin-left: -50px; width: 300px; height: 150px; border: 3px solid #c0c0c0; text-align: center; border-radius: 15px; padding: 5px; } </style> <link href="../css/bootstrap.css" rel="stylesheet" type="text/css"> </head> <body> <div class="center-screen"> <h4>Star Selector</h4> <form action="process_add.php" method="post"> <select name="starnumber">STAR No : <?php while($star=mysqli_fetch_assoc($starsr)) { ?> <option value="<?php echo $star['omag']; ?>"><?php echo $star['omag']; ?></option> <?php } ?> </select> <br> <input name="xcoord" placeholder="X Coord"></input><br> <input name="ycoord" placeholder="Y Coord"></input> </form> </div> </body> </html> 我该如何实现这一目标？ 我需要对更改 <select> 进行 mysqli 查询并从结果中填充输入。 您可以通过调用js函数onchange=myfunction()来更新表单字段 并将其添加到更新表单字段。
PHP json_encode() 在数组前面添加不需要的字符串“connected”
我正在使用 mysqli 从数据库获取数据并希望显示收到的数据。 我想这样做的原因是因为我将使用主页中的数据（显然）， 然而我...
我在 PHP 中创建了测验，它可以工作，但在注册数据库中没有更新
我为我的网站创建了 PHP 测验 在这个测验中，当我注册时 echo 运行注册成功，没有错误出现，但数据库中的数据没有更新。 当我在数据库表中手动输入值时，我