如何使用PHP、mysqli和HTML表单创建搜索功能

Question

我希望创建一个表单，允许用户输入搜索内容，从数据库中获取正确的值并显示它们。但是，由于某种原因，我的查询无法正常工作，只显示“无法搜索”。

以下是我的php代码：

 <?php

  include "connect.php";

  $output = '';

  if(isset($_POST['search'])) {
    $search = $_POST['search'];
    $search = preg_replace("#[^0-9a-z]i#","", $search);

    $query = mysqli_query("SELECT * FROM house WHERE town LIKE '%$search%'") or die ("Could not search");
    $count = mysqli_num_rows($query);
    
    if($count == 0){
      $output = "There was no search results!";

    }else{

      while ($row = mysqli_fetch_array($query)) {

        $town = $row ['town'];
        $street = $row ['street'];
        $bedrooms = $row ['bedrooms'];
        $bathroom = $row ['bathrooms'];

        $output .='<div> '.$town.''.$street.''.$bedrooms.''.$bathrooms.'</div>';

      }

    }
  }

  ?>

这是我的表单。

 <form action ="home.php" method = "post">
  
          <input name="search" type="text" size="30" placeholder="Belfast"/>

          <input type="submit" value="Search"/>

          </form> 

          <?php print ("$output");?>

- Rebekah

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用'%".$search."%'替换'%$search%'... - Nishant Solanki

仍然显示“无法搜索！”未能正常工作。 - Rebekah

“回显”您的查询SELECT * FROM house WHERE town LIKE '%$search%'，并尝试从phpmyadmin或mysql运行该查询... - Nishant Solanki

这可能会有所帮助。http://askseeker.com/code-snippets/search-form-php-using-mysqli/ - smzapp

Answer 1

您的查询中未连接到数据库：

$query = mysqli_query("SELECT
                      ^ missing connection variable

没有连接变量（不知道您正在使用什么进行连接）

$query = mysqli_query($connection, "SELECT ...
                      ^^^^^^^^^^^^

从手册中http://php.net/manual/en/mysqli.query.php：

面向对象风格 mixed mysqli::query ( string $query [, int $resultmode = MYSQLI_STORE_RESULT ] ) 过程化风格 mixed mysqli_query ( mysqli $link , string $query [, int $resultmode = MYSQLI_STORE_RESULT ] ) 假设您正在使用mysqli_连接。如果您使用mysql_或PDO进行连接，则无法使用mysqli_。这些不同的MySQL API不能相互混合。

此外，不要使用or die("Could not search")，而是使用or die(mysqli_error($connection))来捕获任何错误（如果有）。

在文件顶部添加错误报告将有助于查找错误。

<?php 
error_reporting(E_ALL);
ini_set('display_errors', 1);

// rest of your code

注意: 错误报告仅应在测试环境中执行，绝不能在生产环境中执行。

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mysqli 连接示例：

$connection = mysqli_connect("myhost","myuser","mypassw","mybd") 
                or die("Error " . mysqli_error($connection)); 

更多信息，请访问：

• http://php.net/manual/en/function.mysqli-connect.php

（注意：此处为原文，无需翻译）

- Funk Forty Niner

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请问您能否为我解释一下？“错误报告只应该在暂存环境中进行，而永远不应该在生产环境中进行。” - Keep Coding

@测试 如果出现任何错误，会显示系统路径、数据库表/列名称和人员不想显示的连接凭据，这些都不应该显示给用户。 - Funk Forty Niner

我已经在一个连接文件中建立了与数据库的连接。 - Rebekah

@Rebekah 你还需要将连接变量传递给你的查询。我不知道你用哪个变量来连接，所以我使用了 $connection 作为示例。你需要用你使用的那个变量来替换它。 - Funk Forty Niner

只需将查询更改为 $query = mysqli_query($con, "SELECT * FROM house WHERE town LIKE '%$search%'") or die ("Could not search"); - 这里我使用了 $con，因为这是您在其他问题中使用的变量。您需要将连接传递给查询，只需重新加载我的答案即可。@Rebekah - Funk Forty Niner

@Rebekah 不用谢。请将其标记为已解决。 - Funk Forty Niner

Answer 2

$query = mysqli_query("SELECT * FROM house WHERE town LIKE '%$search%'") or die ("Could not search");

$result = mysqli_query($connection,$query);

$count = mysqli_num_rows($result);

$connection 是在您的 connect.php 中声明连接到数据库的变量。

在 $count 之前，您应该先输出 $result。

- reyven

Answer 3

尝试去掉if($count==0)之间的空格，它就能正常工作了！

if($count==0){
      $output = "There was no search results!";}

- butter bee

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尽管这个问题可能在四年后得到解决或者不再相关，但在这种情况下空格仍然会产生影响。 - Paflow