【发布时间】:2017-01-16 22:01:26
【问题描述】:
在未找到结果时尝试显示消息。
<?php
mysql_connect ("localhost", "root","") or die (mysql_error());
mysql_select_db ("test");
$term = $_POST['term'];
$sql = mysql_query("select * from testable where FName like '%$term%' or LName like '%$term%' or ID like '%$term%' ");
while ($row = mysql_fetch_array($sql)) {
echo '<br/>First Name:'.$row['FName'];
echo '<br/>Last Name:'.$row['LName'];
echo '<br/>Phone:'.$row['Phone'];
echo '<br/><br/>';
}
?>
【问题讨论】:
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这里如何编写答案的指南明确要求您在问题中内联发布代码。到场外资源的链接不是的替代品。请修改您的问题。谢谢。
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mysql_* 坏,代码中的安全漏洞会让你被黑。
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抱歉,已修复
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有什么问题?
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警告:如果您只是学习 PHP,请不要使用
mysql_query接口。它是如此可怕和危险,以至于它在 PHP 7 中被删除。像 PDO is not hard to learn 这样的替代品和像 PHP The Right Way 这样的指南解释了最佳实践。您的用户数据不是properly escaped,有SQL injection bugs,可以被利用。