Codeigniter - ランダムIDまたはコードを入力してユーザーがデータにアクセスするのを防ぐ方法

データの表示に関する問題があります。私はコードページ（住宅ステータスのコードを入力する）とステータスページ（住宅の詳細が表示される）がある不動産プロジェクトに取り組んでいます。これで、ユーザーが間違ったコードを入力したときにステータスページにリダイレクトされるのを防ぐことができます。ユーザーがステータスページのURLにランダムなコードを入力しようとすると、コードが間違っているとエラーが表示されます。どうすればこれを避けることができますか？この場合、コードページにユーザーをリダイレクトするにはどうすればよいですか。Codeigniter - ランダムIDまたはコードを入力してユーザーがデータにアクセスするのを防ぐ方法

更新日：は、私は私のビューページで条件を使用しています

<body id="status-page"> 
<?php 
    if($listing[0]['code'] != $listing_code){ 
     die(); 
    }else{ ?> 
     <!-- Content --> 
     <div class="page-loader-wrapper"> 
     .... 
     </div> 
<?php } ?>

コントローラー：

function index(){ 
    $listing_code = $this->uri->segment(3); 
    $result = $this->status_model->get_listing($listing_code); 
    $data['listing'] = $result; 
    $data['listing_code'] = $listing_code; 
}

モデル：私が変更されたときにことを除いて

function get_listing($listing_code){ 
    $this->db->select('*'); 
    $this->db->from($this->listings_table); 
    $this->db->where('code',$listing_code); 
    $query = $this->db->get(); 
    $result = $query->result_array(); 
    return $result;   
}

すべての作業罰金間違ったURLのURLコードは、ページを終了する代わりに、エラーを表示します....

出典

2017-05-17 Simbolae

あなたはさまざまなオプション 1を持っている）間違ったコードでこの

$code = substr(md5(rand(16, time())), 0, 16);

場合、ユーザタイプのようなものを使用していることを行うことができますし、それは変位、推測するのは難しいコードを生成コマンドがif(condition to check if code exists) {die();}

2ページの残りの部分を殺す）やログインを作成し、私は条件を使用しないコード

出典

2017-05-17 13:33:02

を使用することができ、人々の一覧表を作成する場合は、エラー利用AN？コントローラーまたはビューで？条件を正確に教えてもらえますか？わかりません – Simbolae

既存のコードの変数が$ codeで、ユーザーが入力したコードが$ input –

なら、 'if（$ code！= input）{die（） ;} else {//何が起こる必要があるか} ' –

Codeigniter - ランダムIDまたはコードを入力してユーザーがデータにアクセスするのを防ぐ方法

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