嗨,我有两个文件在我的网站config.php和log_user_ips.php。
我很难将用户IP数据插入到我的数据库中。
我的数据库包含IPS表。
config.php
<?php require_once("path/to/base/ip_user_logs.php"); fSaveIPUserLog(); ?>
ip_user_logs.php
<?php
function fSaveIPUserLog() {
return;
$check = mysql_query("SELECT id FROM ips WHERE ip
我刚开始使用程序,似乎不能让我的程序正常工作。我正在使用WAMPP v5.1.36,并使用MySQL服务器上的MySQL控制台输入代码。如果我去(重新)创建这个过程。我得到错误#1304 (42000)。
mysql> DELIMITER //
mysql>
mysql> CREATE PROCEDURE modx.getCRID (IN x VARCHAR(255),OUT y INT)
-> BEGIN
-> DECLARE y INT;
-> SELECT id INTO y
-
我正在尝试移植一个与MySQL一起使用的php文件。我的目标是让这个文件与Oracle一起工作,而不是MySQL。我已经把所有的连接字符串都切换过来了。我现在一直在为以下内容寻找与Oracle等效的命令:
mysql_real_escape_string($string);
有人能告诉我会是什么吗,或者带我去能告诉我的地方。谢谢!
我尝试了PDO::quote和PDO::prepare,它告诉我准备和对象都是Call to a member function prepare() on a non-object。这样做的全部目的是让TightURL直接从我的web服务器上工作。我的web服务器使
嘿,伙计们,我有这段代码,当我在echo之后添加return时(如果有错误,我需要在脚本后面继续),我看不到页脚,你们知道问题是什么吗?
<!DOCTYPE HTML PUBLIC "-//W3C//DTD HTML 4.01//EN" "http://www.w3.org/TR/html4/strict.dtd">
<html lang="en" >
<head>
<title>Login | JM Today </title>
<link href="M
因此,最初的问题是,在MySQL工作台中,我试图修改过程,却一无所获。没有错误只是什么都没发生。结果是,尽管对模式具有完全的权限,因为存储过程的定义者不是我,但我无法查看它的源代码。
设想情况:
Database: Bugs
Users: A, B
Permissions:
grant all privileges on bugs.* to 'A'@'%'
grant all privileges on bugs.* to 'B'@'%'
用户A创建存储过程
create procedure user_A_procedure .
:我应该补充一下,虽然没有图片,但是这个网站包含成人主题,所以工作不安全。
PHP:
<?php
mysql_connect("mysql4.freehostia.com", sebsal2_db, "");
function him()
{
$HIMquery = "SELECT dares FROM sebsal2_db.him UNION SELECT dares FROM sebsal2_db.other ORDER BY Rand() LIMIT 1";
$HIMresult =
在遵循MySQL的IF语法指南时,我得到了一个语法错误。
我的问题是:
if 0=0 then select 'hello world'; end if;
从逻辑上讲,这应该选择'hello world',但是我得到了
ERROR 1064 (42000): You have an error in your SQL syntax; check the manual that corresponds to your MySQL server version for the right syntax to use near 'if (0=0) then s
我有以下PHP代码..。(与+++交换的敏感数据)
<?php
$host="triplestrata.com"; // Host name
$username="+++"; // Mysql username
$password="+++"; // Mysql password
$db_name="+++"; // Database name
$tbl_name="++_+++"; // Table name
// Connect to server and select databse.
m
我需要将许多文档的详细信息(名称、id、编号)插入到数据库中,如果它们不存在,并且如果它们存在,我只需要对任何更改的信息进行更新。我已经编写了以下代码,但它不能工作。我是新手,需要帮助。
foreach($A->Documents -> Document as $Document)
{
$query = "SELECT * from table where id = '".$Document->id."'";
$outcome = mysql_query($query) or die(mysql_error());
我试图用mySQL来处理函数,我目前正在做一个检查列account_description及其值的函数,以查看描述是否已经存在。
如果它已经存在,则显示一条这样的消息。但是,如果描述不存在,则显示另一条消息,说明找不到它。
谢谢!
MySQL代码:
DROP FUNCTION IF EXISTS test_glaccounts_description
DELIMITER //
CREATE FUNCTION test_glaccounts_description
(
check_description VARCHAR(50)
)
RETURNS VARCHAR(50)
BEGIN
创建自定义模块,该模块从mysql获取数据,并且运行良好。但是当我将结果数据赋给某个对象变量时,它就是空的!下面是我的完整代码: var mysql = require('mysql');
var con = mysql.createConnection({
host: "localhost",
user: "root",
password: "",
database: "test",
});
con.connect(function(err) {
if (err) throw err;
console.lo
在新安装了ubuntu 20.04之后,使用root用户连接到mysql会出现错误。对于以下命令,请使用
sudo mysqld_safe --skip-grant-tables --skip-networking
mysql -u root
我收到语法错误,无法更新root密码:
Mysql版本:
mysql Ver 8.0.22-0ubuntu0.20.04.3 for Linux on x86_64 ((Ubuntu))
命令:
update `user` set `authentication_string`=PASSWORD("") where `User`=
我的代码抛出了搜索代码的警告。Warning is SCREAM:忽略(!)的错误抑制警告: mysql_num_rows()要求参数1为资源,在第15行的C:\wamp\www\test\search.php中给定布尔值
代码是
<html>
<head>
</head>
<body>
<?php
mysql_connect("localhost","root","") or die (mysql_error());
mysql_select_db(
这是MySql代码修改函数
DELIMITER $$
ALTER FUNCTION Tepat(tgl_permohonan DATETIME, total_hari_kerja INT)
RETURNS INT WITH EXECUTE AS CALL AS BEGIN
DECLARE jumlah_hari INT, i INT, selisih INT;
SET i = 0;
SET jumlah_hari = 0;
WHILE (i < total_hari_kerja)
BEGIN
IF (EXTRACT(WEEK F
我有一个简单的类,它给我带来了一些问题。有两个问题。我没有链接我的html文件,只链接了类。当我需要使用我的insert函数时,它会说它是未定义的。此外,即使我手动尝试向数据库中插入某些内容,也没有任何反应。
mysql_connect("come“、"at”、"me")或die(mysql_error());mysql_select_db("bro")或die(mysql_error());
class Update
{
public $input;
public function assignCheck($postRequ
我有两个PHP/SQL函数,我想知道如何缩小它们。我想把3个insert命令作为一个$import来运行,而不是3个,但是我不确定如何缩小它。
$import9="INSERT into wp_postmeta (meta_id,post_id,meta_key,meta_value) values(',','$data[37]','lower_electric_costs','$data[5]')";
$import10="INSERT into wp_postmeta (meta_id,post_id,
当我想回应“库存少于你想要的”时,我遇到了一个问题。问题是,当我的数据库中的库存少于用户想要的时,用户仍然可以更新购物车。它应该显示一条错误消息"The stock is less than you want“。
这是我的代码。
<?php session_start();
require("config.php");
$user = $_SESSION['userlogin'];
$cek = mysql_query("SELECT * FROM transaksitbl WHERE username = '$user'
$search = mysql_query("SELECT subject FROM book WHERE useid = $userid") or die(mysql_error());
$sub = mysql_fetch_array($search, MYSQL_ASSOC);
print_r($sub);
书表中有许多主题具有相同的用户id,但它只检索其中的第一个,为什么会这样呢?