使用Ajax请求的数据为什么保存不到数据库中?后台用php写,各位大神支个招

MnZlZ 2015-05-03 10:20:19

<?php
if(isset($_GET['content'])){
//从请求URL地址中获取参数
$view_name=$_GET["name"];
$view_content=$_GET["content"];
$view_time=$_GET["time"];
$linkview=mysqli_connect("localhost", "root", "xxxxxxx", "wordstv") or die("数据库连接失败:".mysql_errno());
$queryview="insert into wordstv_user_view (user_name,user_content,time,) values ('".$view_name."','".$view_content."','".$view_time."')";
$resultview=@mysqli_query($linkview, $queryview);
if($resultview){
echo $view_name."&&&".$view_content."&&&".$view_time;
}
mysqli_close($linkview);
}
?>
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MnZlZ 2015-05-03
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引用 1 楼 fdipzone 的回复:
先确定ajax提交的数据是否正确获取。 在php 最前加 $data = $_REQUEST; file_get_contents('test.log', json_encode($data), true); 看看能否获取到数据,如果可以,再在入库的语句中找问题。 否则在js ajax提交的语句中找问题。 $resultview=@mysqli_query($linkview, $queryview) or die(mysql_error()); 这里也加上看看。
谢谢啊,已经解决了
xuzuning 2015-05-03
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content 通常表示正文,一般比较大 如果整个传送的数据可能超过 get 方式的 2K 限制的话,应使用 post 方式 从减少信息泄露的角度上看,使用 POST 方式也是较为妥当的 你直接将传入的数据入库了,如果传入的数据中含有特殊字符,就将导致插入失败 你只在插入成功时输出了信息,却没在插入失败时做出响应 无论是操作成功与失败都应有信息返回,这样才方便判断问题的所在
傲雪星枫 2015-05-03
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先确定ajax提交的数据是否正确获取。 在php 最前加 $data = $_REQUEST; file_get_contents('test.log', json_encode($data), true); 看看能否获取到数据,如果可以,再在入库的语句中找问题。 否则在js ajax提交的语句中找问题。 $resultview=@mysqli_query($linkview, $queryview) or die(mysql_error()); 这里也加上看看。
傲雪星枫 2015-05-03
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引用 3 楼 u013104499 的回复:
[quote=引用 1 楼 fdipzone 的回复:] 先确定ajax提交的数据是否正确获取。 在php 最前加 $data = $_REQUEST; file_get_contents('test.log', json_encode($data), true); 看看能否获取到数据,如果可以,再在入库的语句中找问题。 否则在js ajax提交的语句中找问题。 $resultview=@mysqli_query($linkview, $queryview) or die(mysql_error()); 这里也加上看看。
谢谢啊,已经解决了[/quote] 如问题解决了请结贴。

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