我花了两个小时试图找到解决问题的方法，但是我不知道为什么我的代码不起作用。
我有一个sql输出，如下所示：
function output(){
while($row = $this->statement->fetch()) {
$id = $row["id"];
echo '
<tr>
<td>'.$row["comname"].'</td>
<td>'.$row["district"].'</td>
<td>'.$row["industry"].'</td>
<td>"<a href="?details=' . $id . '">Details</a>"</td>
</tr>
<br>
';
}如果有人点击“详细信息”链接，我想提供有关该公司的更多信息。因此，我将id保存在url中，以标识单击了哪个公司。为了检查是否单击了详细信息链接，我写了以下内容：
编辑：只是在提示后添加了“$id=$\u get['details']”，现在看起来是这样的：
if (isset($_GET['details'])){
$id = $_GET['details'];
echo $id;
}
}当我点击“详细信息”链接时，它会正确地更改url，但它不会打印id（我不仅要打印id，我这样做只是为了检查功能。）为什么我的代码不起作用？有没有第二个“$get”我要用？我真的不知道发生了什么事。
编辑：php代码到此结束，之后我什么也不做。
我试过了 print_r($_GET) 看起来，id甚至不在$get数组中。还有 if (isset($_GET['details'])) 语句未执行。
谢谢您！
2条答案
按热度按时间s8vozzvw1#
你应该把照片打印出来
$_GET['details']:或者把它放在一个变量中：
xnifntxz2#
$_GET[]只是url中所有get参数的数组。你在电视上看到他们的例子https://www.google.com?q=stack+overflow 其中参数q设置为stack+overflow. 所以如果你能回音$_GET["q"]在那个网址上stack+overflow. 您可以将它存储在$id这样的变量中并将其回显，但首先需要将其设置为$id = $_GET["details"];编辑：我刚刚意识到你现在的代码容易受到一种叫做xss或html注入的攻击。因为我们可以指定$_GET["details"]所以呢$id攻击者可以将html代码或<script>标记在那里执行危险的javascript代码对每个访问url的人。幸运的是，有一个简单的解决方法：只需将函数
htmlspecialchars()无论用户输入什么echo. 这个echo你在这里会变成echo htmlspecialchars($id);