MySQLデータをあるPHPページから別のPHPページに渡す

Question

私は、media_main.phpを持っています。これはMySQLデータベースからデータを取得しています。取得されたデータの1つは、mySQL SELECT文を使用する「ファイル名」です。 media_main.phpには、MP3プレーヤーが埋め込まれたplayer.phpを開くためのリンクがあります。次のように新しいウィンドウを開くためのリンクです：

<a href="javascript:;" onclick="return popitup('player.php')" title="Listen"> 

私はmedia_main.phpからplayer.phpページに渡される「ファイル名」をしたいと思います。私はGETやPOSTを使う必要があると思いますが、データがフォームから直接来ていないので、どのようにしたらよいか分かりません。

Answer 1

player.phpの$_GET['file']を読んでmedia_main.phpに設定すると、これを実現できます。 media_main.phpで

あなたはダイナミックリンクにするためにPHPを使用します。

<a href="javascript:;" onclick="return popitup('player.php?file=<?php echo $Data['filename']; ?>')" title="Listen"> 

につながる：あなたがしたい場所

が

<a href="javascript:;" onclick="return popitup('player.php?file=dynamic_file.mp3')" title="Listen"> 

その後player.phpに、あなたは$_GET['file']をエコーう含まれるファイル。

また、必ずすべてのデータを検証してください。あなたのウェブサイトに安全に表示させるために、$_GET['file']をhtmlentities（）にラップすると、ユーザーは$_GET['file']を使用してサイトにHTMLを表示できなくなります。

Answer 2

最も簡単な方法は、クエリ文字列に渡すことです。言い換えれば、popitup機能は、これを行うことができます：

onclick="popitup('player.php?song=songname.mp3');" 

その後player.phpは、クエリ文字列を読んで、曲の名前を取得し、それを再生を開始することができます。

Answer 3

これは、exのためというページにクエリ文字列にファイル名を渡すことによって行うことができます。

<a href="javascript:;" onclick="return popitup('player.php?file_name=test.mp3')" 
    title="Listen"> 

ここtest.mp3は、exです：これは、データベースから取得されたファイル名でなければなりません。 と@ player.php $ _REQUEST ['file_name']を使用してfile_nameを取得します。

Answer 4

一般的に、そこにすでに存在するデータはサーバーに渡すべきではありません。

したがって、識別子のみを渡し、player.phpでデータベース要求を行い、ファイル名を取得します。