セッションとしてクリックされたリンクのIDを保存します。

Question

最初から始まります。私は、リンク上に配置されたリンクと各リンク用の自動インクリメントIDをリンクに格納するデータベースを持っています。私のコードは、リンクがクリックされたときにデータベース内のすべてのリンクを表示し、各リンクのデフォルトページに移動します。問題を熟考している。ページ上のコンテンツは、クリックされたリンクのIDに依存しなければなりません。セッションとしてクリックされたリンクのIDを保存する方法があるので、次のページのコンテンツを見ることができます。

私のコード今のところ

<?php 
    $servername = "localhost"; 
    $username = "root"; 
    $password = "root"; 
    $dbname = "score"; 


    $conn = new mysqli($servername, $username, $password, $dbname); 

    if ($conn->connect_error) { 
     die("Connection failed: " . $conn->connect_error); 
    } 

    $sql = "SELECT id, name, description FROM all_scores ORDER BY id DESC LIMIT 5"; 
    $result = $conn->query($sql); 

    if ($result->num_rows > 0) { 

     while($row = $result->fetch_assoc()) { 
      echo "<p></p>"; 
      echo "<a href=score2/view.php>". $row["name"]. "</a>"; 
       echo "<p>". $row["description"]. "</p>"; 
     } 
    } else { 
     echo "0 results"; 
    } 

    $conn->close(); 
?> 

セッションとしてクリックしたリンクの場合はどのように保存することができます。リンクはデフォルトであるため変更されることはありませんが、名前の説明とIDにはIDがあり、IDは保存されている必要があります。 私はどこにでも見てきました。私は私を助けるための答えや何かが必要です。

Answer 1

ページのidをリンク自体に追加することができます。

while($row = $result->fetch_assoc()) { 
    echo "<a href=score2/view.php?pageid=" . $row["id"] . ">". $row["name"]. "</a>"; 
    echo "<p>". $row["description"]. "</p>"; 
} 

そしてview.phpページのキャッチこのようなpageid上：あなたはAJAXを追加することができます

$pageid = $_GET['pageid']; 

// Now display the page