$ SQL更新不起作用时添加在哪里条款

我知道我只是想念这里最简单的东西，但似乎无法弄清楚。

因此增加的WHERE子句时，就像如下

这一点也适用此代码，但改变了数据库中的所有行，而不是仅仅是一个与页面ID ...

<? $pageid= $_GET["id"]; 
$sql = "SELECT id, first_name, last_name, email, bio, job, job2, job3 FROM `".weapons."`   WHERE id = $pageid"; 


if(isset($_POST['Update'])) 
{ 

$first_name = $_POST['first_name']; 
$last_name = $_POST['last_name']; 
$job = $_POST['job']; 
$job2 = $_POST['job2']; 
$job3 = $_POST['job3']; 
$bio = $_POST['bio']; 
$email = $_POST['email']; 
$sql = "UPDATE weapons SET first_name='$first_name', email='$email' , job='$job',  job2='$job2', job3='$job3', bio='$bio', last_name='$last_name'"; 
if (@mysql_query($sql)) { 
echo('<p>Update Complete</p>'); 
    } else { 
    echo('<p>Error updating: ' . mysql_error() . '</p>'); 
    } 

}else{ ...

然而，

$sql = "UPDATE weapons SET first_name='$first_name', email='$email' , job='$job',  job2='$job2', job3='$job3', bio='$bio', last_name='$last_name' WHERE id = $pageid";

我得到一个错误

更新错误：您的SQL语法错误;检查对应于你的MySQL服务器版本在1号线

任何帮助将是巨大的，用“”附近正确语法手册，感谢

编辑

我居然错过了一个超级简单事情，这是我最初假设，我起初在我的形式有<form method='post' enctype='multipart/form-data' action='submit.php'>然而，显然搞砸了获得ID，因为没有一个想法，所以即使该网页是submit.php？id = 4当您提交它不会运行，因为id会消失。

切换代码到<form method='post' enctype='multipart/form-data' action='#'>只是一个窍门。

感谢您的帮助，我现在正在研究sql注入并致力于如何更好地保护我的网站。

来源

2011-11-01 Chris James Champeau

任何帮助将是伟大的，我知道问题在于获取页面ID传递到sql作为编号 –

请在创建SQL语句之前转义您的字符串。输入值中的各种字符都会打破您的查询并打开一个巨大的安全漏洞。这可能是你的问题。看看这个职位的详细信息How can I prevent SQL injection in PHP?

enter image description here

总之，你的任务是这样的：

$first_name = mysql_real_escape_string($_POST['first_name']);

echo $sql;你运行它，并张贴的内容输出之前。

来源

2011-11-01 22:22:21

打我，但是，尝试转义输入。 – MrE

更新武器SET first_name ='Shane'，email='[email protected]'，job ='Director'，job2 ='编辑器'，job3 =''，bio ='bio将于不久的将来到这里'，last_name = 'McLafferty'WHERE id = –

它似乎是一个问题，它可以使用if（isset（$ _ GET ['id']）&& $ _ GET ['id']！=''）来测试以获得id –

$ SQL更新不起作用时添加在哪里条款

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