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我正在尝试在我的网站上创建动态页面，但它失败了。当我尝试它的代码时，Xampp它工作得很好。还有一点我不明白。它将捕获 id，但不会捕获标题或数据库中包含字符的任何内容。当我尝试$title = $_GET['title'];它不会工作。它仅适用于$_GET['id'];
任何帮助？

这是代码：

索引.php

<?php
    include('inc/code.inc.php');

    $fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` ORDER BY `title`");
    while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
    {
        echo '<a href = "run.inc.php?id='. $output['id'] .'">'. $output['title'] .'</a><br />';
    }
?>

运行.inc.php

<?php
include_once('inc/code.inc.php');

$newID = $_GET['id'];

$fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` WHERE `id` = $newID");

while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
{
    echo $output['title'] . '<br />' . $output['explain'];
}
?>

这是不起作用的代码：

索引.php

<?php
    include('inc/code.inc.php');

    $fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` ORDER BY `title`");
    while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
    {
        echo '<a href = "run.inc.php?title='. $output['title'] .'">'. $output['title'] .'</a><br />';
    }
?>

运行.inc.php

<?php
include_once('inc/code.inc.php');

$newID = $_GET['title'];

$fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` WHERE `title` = $newID");

while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
{
    echo $output['title'] . '<br />' . $output['explain'];
}

?>
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2 回答 2

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请为您的 URL GET 参数添加标题..就像您添加了 ID

<?php
include('inc/code.inc.php');

$fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` ORDER BY `title`");
while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
{
    echo '<a href = "run.inc.php?id='. $output['id'] .'"'.'?title='. $output['title'] .'</a><br />';
}

?>

请根据您的需要修改网址。

于 2013-02-25T17:16:01.220 回答
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如果您将字符串$_GET['title']与列进行比较，则需要对其进行转义（与不需要转义的数字 ID 相反）。

试试这个run.inc.php 

$newID = $_GET['title'];

$fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` WHERE `title` = '$newID'");

while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
{
    echo $output['title'] . '<br />' . $output['explain'];
}

?>
于 2013-02-26T19:26:21.937 回答