私はPHPで簡単なクエリを持っていますが、私はLike
を動作させることができません。 1についてはPHP/mySQLのような機能が動作しません
$var = $_GET['q'];
$trimmed = trim($var);
$query = "SELECT * FROM vm_regiony WHERE nazev LIKE "%$trimmed%" order by id LIMIT 10";
$result = mysql_query($query);
if(mysql_num_rows($result)==0){
echo "nothing";
echo "<br />";
echo $trimmed;
}else{
while($rene=mysql_fetch_array($result)){
$jmeno = $rene['nazev'];
echo '<a id="hled" onclick="javascript:vybrat()">'.$jmeno.'</a>';
くださいフォーマッティング少しコード:ここで
はコードです。それは私の目を傷つける。 – rdlowrey
私はちょうどそれを修正しようとしていました。笑LOOKは単語を理解できませんでした.. – Andres
[SQL Injection](http://en.wikipedia.org/wiki/SQL_injection)に脆弱なスクリプトを書いていることに注意してください。脆弱性はSQLクエリのユーザ提供の変数のいずれも浄化していないためです。これらの脆弱性を防ぐには、[PHP Prepared Statements](http://php.net/manual/en/pdo.prepared-statements.php)を使用してください。ありがとう。 – sarnold