混淆为什么同样的加入将无法继续工作页面

在任何人评论之前，我正在学习PHP/MySQL，所以我知道我的代码需要sql注入，一旦我建立了我的系统，我的下一步是了解安全性，一次1步...现在我的问题混淆为什么同样的加入将无法继续工作页面

我有一个基本的页面，让人们像论坛发帖，我有一切张贴到数据库正确，当我查看主题页面本身，我成功加入与主题的用户表，以获得用户信息（用户名，头像），但是当我尝试相同的代码与主题更改为帖子时，我得到一个警告：mysql_fetch_array（）期望参数1是资源，布尔给定在第36行错误的view_topic.php中。

这里是工作的代码..

$id = $_GET['topic_id']; 
$sql = "SELECT users.user_id, users.username, users.profile, topics.topic_id, topics.category, topics.sub_category, topics.topic_data, 
      topics.posted_by, topics.posted, topics.view 
    FROM `topics` 
    JOIN `users` on topics.posted_by = users.user_id WHERE topic_id='$id'";

这里是我的职位代码不WORKING

$sql2 = "SELECT users.user_id, users.username, users.profile, post_id, post_content, post_date, post_topic, post_by 
    FROM `posts` 
    JOIN `users` on posts.posted_by = users.user_id WHERE post_topic='$id'";

来源

2013-07-14 user2571547

数据库返回的错误是什么？ –

使用'mysql_error（）;'看看你得到了什么，并且你正在使用'$ id' - >'$ id = $ _GET ['topic_id'];'在查询中没有转义或消毒，你会很容易任何一个在一分钟内破坏你的数据库 –

你的第二个查询在联接中的select和posting_by中显示“post_by”。如果有帮助。 –

仔细检查您的字段名， “post_by” 似乎是实地，但你已经加入“posted_by”。

另外，我建议阅读mysqli和注射预防早，而不是晚，最好在我看来第一次正确地学习它。

来源

2013-07-14 14:53:32 user2542256

混淆为什么同样的加入将无法继续工作页面

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