二番目のパラメータ単独?マークが付与される
- 最初のパラメータ。
- 任意の数のパラメータを追加できます。最初のコードには
?シンボルが必要です。そうしないとコードが機能しません。
例：URLパラメータにhttp:// domain.com?first_param=1&second_param=2
簡単な説明。
http://domain.net/page.php?id=1254
なぜページ名の後に疑問符がありますか？
答えは、疑問符の後の文字がHTTPクエリ文字列であることです。 HTTPクエリ文字列には、変数とその値の両方を含めることができます。上記の例では、HTTPクエリー文字列に "id"という名前の変数 "1254"が含まれています。ここで
は別の例である：再び
http://domain.net/page.php?name=Joe
、あなたは値（ "ジョー"）を変数（ "名前"）を有します。
PHPで変数を取得するにはどうすればよいですか？
PHPページのpeople.phpがあるとします。今、あなたは、次のURLを使ってこのページを呼び出すことができます。
people.php?name=Joe
PHPを使用すると、このように「名前」変数の値を取得することができます：
<?php
echo $_REQUEST['name']; // Result the Output as Joe
echo $_GET['name']; // Result the Output as Joe
?>
のは、ANでそれを試してみましょう例：同じURLで
<html>
<head>
<title>Query string</title>
</head>
<body>
<?php
// The value of the variable name is found
echo "<h1>Hello " . $_GET["name"] . "</h1>";
// The value of the variable name is found
echo "<h1>Hello " . $_REQUEST["name"] . "</h1>";
?>
</body>
</html>
いくつかの変数：
URLに変数を1つだけ渡すことに限定されません。 &で変数を分離することにより、複数の変数を渡すことができます。名前と年齢：
は people.php?name=Joe&age=24
このURLは、2つの変数が含まれています。
$_GET["name"]
$_GET["age"]
のは一例に余分な変数を追加してみましょう：上記と同じ方法で、あなたはこのような変数を取得することができますあなたのコード
1.
<html>
<head>
<title>Query string </title>
</head>
<body>
<?php
// The value of the variable name is found
echo "<h1>Hello " . $_GET["name"] . "</h1>";
// The value of the variable age is found
echo "<h1>You are " . $_GET["age"] . " years old </h1>";
?>
</body>
</html>
ソリューション）あなたのURLは以下のようになります。
http://mywebsite.com/postServer.php/?type=cmd&game=5342252
その後だけで、あなたが$_GET OR $_REQUESTを使用する必要がURLからデータを取得するためには、別途
2）URLからデータを取得することができます。 しかし、あなたは完全文があなたのコード内のエラーに思われる場合それは）
3.あるべき失態
ある$_POSTを使用していました。
あなたはこのようにそれを交換する必要がある：
if($type == "cmd") {}
しかし、あなたは致命的なエラーにつながるwhochこのif(type == "cmd") {}のように行っています。
4。）ステートメントを選択するときに、カウントがゼロで、whileまたはforeachを実行すると、エラーが発生している可能性があるため、実行されたクエリの数をチェックする必要があります。 したがって、全体のコードは次のように次のようになります。あなたは私があなたの上に言及したすべてのチェックを行った後
<?php
$type = $_REQUEST["type"];
$game = $_REQUEST["game"];
if($type == "cmd") {
$con = new mysqli("localhost","***","***","***");
if(mysqli_connect_errno()){
echo(mysqli_connect_error());
}
$data = $con->query("SELECT * FROM onlineservers WHERE gid =".$game);
$count = $data->num_rows;
if($count==0)
{
// perform the failure action
}
else
{
while($row = $data->fetch_array()){
echo json_encode(array('command' => $row[cmd]));
}
}
}
?>
は、あなたのコードが動作するかを確認するために、下記の注意を確保する必要があります。
注：あなたが最初のSelectステートメントにエコー配置し、終了を置くことによって実行を中断。エコーされた文をコピーしてDBのSQLに置き、挿入時にエラーが発生していないかどうかを確認します。エラーが発生しない場合は、エコーを削除して終了を削除します。
if（trype == 'cmd'）{}を削除した場合 エラーが発生しました。 非オブジェクトのメンバ関数fetch_array（）を呼び出す –
コードに関するエラーを明確に説明したので、答えの解決方法を教えてくれました。見て、考えを共有する。どんな障害にも直面すれば私に知らせて、それを解決します。 –
私はメモを追加し、コードをいくつかのより明確な説明で修正しました。ホープので、それはあなたに役立つだろう。ありがとう:) –