我怎樣纔能有一個PHP查詢基於下拉列表選擇選擇某個表？

Question

我有一個網絡程序，其目標是繪製用戶選擇的某個窯的數據點。我的問題是，當一個用戶想要選擇一個新的窯，我怎麼能更新所有單獨的JSON頁數據從他們選擇的新表中拉出的地方？

這是我的下拉列表creater代碼。

<p class="navleft"> 
 
Kiln Number:<br> 
 
<select name="kilns" id="kilns"> 
 
<?php 
 
$sql = "SHOW TABLES FROM history"; 
 
$result = mysqli_query($con,$sql); 
 

 
while($table = mysqli_fetch_array($result)) { // go through each row that was returned in $result 
 
\t echo ("<option value='". $table[0] . "'>" . $table[0] . "</option>"); 
 
} 
 
?> 
 
</select> 
 
</p>

這裏是我從一個表中的值選擇所有的數據，並把它變成一個JSON文件中的PHP頁面。

<?php 
 
$con = mysqli_connect("localhost","KilnAdmin","KilnAdmin","history"); 
 

 
// Check connection 
 
if (mysqli_connect_errno()) 
 
    { 
 
    echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error(); 
 
    } 
 

 
mysqli_select_db($con,"history") or die ("no database"); 
 

 
//Fetch Data 
 
$query = "SELECT * FROM k1_history LIMIT 1000"; 
 
$result = mysqli_query($con,$query); 
 

 
if ($result) { 
 
\t $data = array(); 
 
\t while($row = mysqli_fetch_assoc($result)) { 
 
\t \t //$data[] = $row; 
 
     $data[] = array(
 
\t \t \t "date" => $row[ 'Timestamp' ], 
 
\t \t \t "value" => $row[ 'DryBulbFront' ] 
 
\t \t); 
 
    } 
 
\t echo json_encode($data); 
 
} 
 
else { 
 
\t echo "Error"; 
 
} 
 
?>

凡說k1_history，我怎麼能得到這從從其他網頁保管箱菜單中的用戶的選擇？

Answer 1

如果我正確理解你想要的東西，那麼你需要的是Ajax。

您必須像選擇一樣填充選擇對象，並對每個選擇項進行Ajax調用，以處理用戶選擇的內容.php。在你的情況下，這個.php文件將採用用戶選擇的表名，運行一個查詢並將一些結果返回給html。爲了演示目的，我會用一個例子來解釋。

讓我們在你的.html說你有一個選擇是這樣的：

Select Value: 
    <select name="kilns" id="kilns"> 
     <option value="1">Option 1</option> 
     <option value="2">Option 2</option> 
     <option value="3">Option 3</option> 
    </select> 

什麼在選項的值屬性定義就是你要傳遞給我提到的PHP文件。要做到這一點，你使用Ajax，所以裏面的一些script標籤必須：

$('#kilns').on('change', function(e) { 
    var data = {'kilns': this.value}; 
    $.ajax({ 
     type: 'POST', 
     url: 'submit.php', 
     data: data, 
     dataType: 'json' 
    }).done(function(msg) { 
     alert(msg); 
    }); 
}); 

這裏做的事情是，每次用戶選擇從select的東西，那麼這個函數被調用，其中選擇的值（var data = {'kilns': this.value}; ）正在通過POST發送到名爲submit.php的文件。該submit.php看起來是這樣的：

if ($_SERVER['REQUEST_METHOD'] == 'POST') { 
    $kilns_error = 0; 

    if (isset($_POST['kilns']) && !empty($_POST['kilns'])) { 
     $kilns = $_POST['kilns']; 
    } else { 
     $kilns = null; 
     $kilns_error = 1; 
    } 

    if ($kilns_error != 1) { 
     echo json_encode($kilns); 
    } 
} 

這裏發生的是在我們確認我們確實是一個POST REQUEST，我們檢查值是否是未定義或空。在這個簡單的檢查之後，我們繼續到echo json_encode($kilns);，我們返回最初發送給.php腳本的值，這實際上是用戶選擇的值。

在你的情況下，你必須做的是在.php腳本中實際做一些事情，而不只是返回你調用它的值。此外，請務必傳遞您通過白名單的值，以確保用戶選擇實際的表並且不會爲您的數據庫創建問題，因爲只需更改他將要執行的操作的值就很容易選擇之前選擇它。看看mysqli和PDO的準備好的語句。

Answer 2

在這種情況下，您必須非常注意避免SQL注入。使用Konstantinos Vytiniotis提到的白名單方法，並檢查了這一點How can I prevent SQL injection in PHP?