HTTP 500エラーが発生するのはなぜですか？

Question

私はちょうどこのフォームを終了し、私はそれを働かせようとしているが、サーバーは私に500エラーをスローする。私はサーバーのログにアクセスすることはできません。私はここで検討しました。

私はスマートな見積もりを確認し、見つけたものを置き換えました。私はそれをもう一度アップロードしました。なぜ私がまだこれを私に投げかけているのか分かりません。

<?php 
    $host = "localhost"; 
    $user = "username"; 
    $password = "password"; 
    $dbname = "database"; 
    $conn = mysqli_connect($host, $user, $password, $dbname); 

    if(!$conn){ 
     die("Connection failed: " . mysqli_connect_error()); 
    } ?> 

<?php 

    $studentID = intval($_POST['studentID']); 
    $fname = $_POST['fname']; 
    $fname = mysql_real_escape_string($fname); 
    $lname = $_POST['lname']; 
    $lname = mysql_real_escape_string($lname); 

    if($studentID != "") 
    { 
     if(($fname != "") && ($lname != "")) { 
      $sql = "SELECT * FROM Student WHERE StudentID = $studentID AND FirstName = $fname AND LastName = $lname"; 
     } 
     else if ($fname != "") { 
      $sql = "SELECT * FROM Student WHERE StudentID = $studentID AND FirstName = $fname"; 
     } 
     else if ($lname != "") { 
      $sql = "SELECT * FROM Student WHERE StudentID = $studentID AND LastName = $lname"; 
     } 
     else { 
      $sql = "SELECT * FROM Student WHERE StudentID = $studentID"; 
     } 
    } 
    else if($fname != "") 
    { 
     if($lname != ""){ 
      $sql = "SELECT * FROM Student WHERE FirstName = $fname AND LastName = $lname"; 
     } 
     else { 
      $sql = "SELECT * FROM Student WHERE FirstName = $fname"; 
     } 
    } 
    else if($lname != "") 
    { 
     $sql = "SELECT * FROM Student WHERE LastName = $lname"; 
    } 
    else { 
     echo "<p>There is no query to submit</p>"; 
    } 

    $result = mysqli_query($conn, $sql); 

    if(mysqli_num_rows($result) > 0){ 
     echo "<table><tr><th>Student ID</th><th>First Name</th><th>Last Name</th><th>Unit 1</th><th>Unit 2</th><th>Unit 3</th><th>Unit 4</th></tr>"; 

     while($row = mysqli_fetch_assoc($result)){ 
      echo "<tr><td>" .$row["StudentID"]. "</td><td>" .$row["FirstName"]. "</td><td>" .$row["LastName"]. "</td><td>" .$row["Unit1"]. "</td><td>" .$row["Unit2"]. "</td><td>" .$row["Unit3"]. "</td><td>" .$row["Unit4"]. "</td></tr>"; 
     } 

     echo "</table>" 
    } 
    else { 
     echo "There are no results for your query."; 
    } 

    mysqli_close($conn); 
?> 

私は何が表示されますかどうかを確認するために私のコンソール、すべてをチェックしましたが、私は空白を描いています。どんな助けもありがとう。

Answer 1

mysqli_と、廃止予定/廃止のmysql_拡張を混在させています。 mysqli_real_escape_stringを使用するか、バインド変数を使用する方がよいでしょう。バインド変数を使用していない場合は他の人が言ったようそして、あなたはだけのために、クエリあなたは、これはあなたがエラーや警告を見つけるのに役立ちますPHP error_reporting()を追加するために必要なすべての

Answer 2

まずを作成する際に、文字列を引用して注意する必要があります生産環境ではありません。

第二に、非常に重要な、あなたのようなあなたのSQL文での文字列値の前後に引用符を使用する必要があります。

$sql = "SELECT * FROM Student WHERE StudentID = $studentID AND FirstName = '$fname' AND LastName = '$lname'"; // same for other queries 

第三、なぜあなたは一緒にmysqli_*とmysql_*を混合していますか？ここでmysqli_real_escape_string()関数を使用し、mysql_real_escape_string()を使用する必要があります。

第4のあなたのコードはまだSQLインジェクションのためにオープンされていますが、SQLアタックを防ぐ必要があります。

5つ：私はこれが誤植であることを願っています。echo "</table>"セミコロンはここにありません。

---

側注：

非常に特別なポイント：mysql_*が原因でクエリの非推奨と多分PHP 7に