我有这个 PHP 代码：
function getusers($user) {
$result = query("SELECT IdUser, username FROM login WHERE username='%s'",$user);
if (count($result['result'])>0) {
//authorized
print json_encode($result);
} else {
errorJson('Actualization failed');
}
}
但这只会返回与名称完全匹配的用户。我想返回包含该名称字符串的所有用户，例如：
dani -> 丹尼尔, dani_56, dani563, elnenedani, ...
它通常是通过放入 PHP 来完成的：%dani%但是由于我已经放入了 %s 来获取变量 $user，所以我不知道如何放入它。
任何想法？
这不是一个很好的问题。如果您在 Stackoverflow 中搜索得很好，那么您将得到答案。当您问问题时，答案是.. 而不是 Equal use LIKE：
function getusers($user) {
$result = query("SELECT IdUser, username FROM login WHERE username LIKE %'%s'%",$user);
if (count($result['result'])>0) {
//authorized
print json_encode($result);
} else {
errorJson('Actualization failed');
}
}
似乎 PHP 代码和数据库运行良好。检查以下链接是否有错误：
我没有得到解决。此代码适用于使用 AFNetworking 的 ios 应用程序，可能会帮助您了解发生了什么，因为我不明白
我的查询（）函数是
function query() {
global $link;
$debug = false;
//get the sql query
$args = func_get_args();
$sql = array_shift($args);
//secure the input
for ($i=0;$i<count($args);$i++) {
$args[$i] = urldecode($args[$i]);
$args[$i] = mysqli_real_escape_string($link, $args[$i]);
}
//build the final query
$sql = vsprintf($sql, $args);
if ($debug) print $sql;
//execute and fetch the results
$result = mysqli_query($link, $sql);
if (mysqli_errno($link)==0 && $result) {
$rows = array();
if ($result!==true)
while ($d = mysqli_fetch_assoc($result)) {
array_push($rows,$d);
}
//return json
return array('result'=>$rows);
} else {
//error
return array('error'=>'Database error');
}
}
您应该使用 LIKE 语法。确保包括%以指示通配符：
query('SELECT IdUser, username FROM login
WHERE username LIKE "%' . $user . '%"')