私のphpmyadminサーバーからデータをインポートし、異なるユーザーとデータを表示しようとしています。私はこれが働いているが、それは最初の結果だけを表示し、それ以外は表示しない。私はスクリーンショットを撮って、下に自分のコードを挿入します。のみ1行表示
おかげで、
cNTr1nity
画像（ウェブサイト） - https://gyazo.com/c7ee16469f88406e6bd8c97532ff44aa?token=04f129fc8bd3d38adcb30e0fd261b618
コード - https://pastebin.com/9P7VGBr5
My Code is stuffing up. Please find pastebin link
P.SするDBConnectだけで、データベースへのPHPファイルを接続しています。
P.P.S私はSQLインジェクションのために私のすべてのものをmysqliに更新しています。第一
：mysql_* APIを使用しようとする推奨されていませんmysqli_*またはPDO
第二：をするのを忘れないでください：実行mysql_fetch_array()ループのような
while($userInfo=mysql_fetch_array($sql)){
echo "<tr>";
echo "<td>".$userInfo['userId']."</td>";
echo "<td>".$userInfo['userName']."</td>";
echo "<td>".$userInfo['userEmail']."</td>";
echo "<td>".$userInfo['Dev']."</td>";
echo "<td>".$userInfo['Admin']."</td>";
echo "<td>".$userInfo['Mod']."</td>";
echo "<td>".$userInfo['Helper']."</td>";
echo "</tr>";
}
の下に注意しながら、内コードを
mysqli_* or PDO
その間にエラーが発生しました。 'Warning：mysqli_fetch_array（）は、パラメータ1がmysqli_resultであることを予期しています。何らかの理由で/home/ubuntu/workspace/admin/staff.phpの96行目の –
にクエリが失敗しています。それをデバッグしようとします。この行を '$ sql = mysql_query（" SELECT * FROM users "）またはdie（mysql_error（））; – JYoThI
に移動してください最初の使用のpdo法のmsqlは廃止され、第二あなたは $ _SESSION [ 'ユーザー']を定義していますが、ほとんどこの$ _SESSION [ 'ユーザー']に値を与える
よう
何か$ _SESSION [ 'ユーザー「] =
email_user_after_loginとクエリで、あなたは "どこのid =" に "ここで、Eメール="
悪いスタッフを変えます！誰かがして、あなたのセッションを開始することができない場合は、ほとんどが何かでこれの$ _SESSION [「ユーザー」]を比較します//使用すると、スタッフの仕事
if(!isset($_SESSION['user'])) { header("Location: index.php"); exit; } 作るあなたは[「ユーザー」] $ _SESSIONに送ってどここれが意味ISSET注射
基本的なPHPを学ぶ... –
私が提案できるのは、1つだけです： - 「mysql_ *」を使用しないでください。 'mysqli_ *' OR 'PDO'を' prepared statements'と一緒に使うようにしてください。サードパーティのリンクも与えないでください。 –