Форумы портала PHP.SU :: Версия для печати :: Не получается составить запрос к БД

Страниц (1): [1]

1. Moby - 20 Июня, 2020 - 16:29:32 - перейти к сообщению

Добрый день. Я получаю на сервере параметр и мне нужно сравнить его с БД, и если там нет такого совпадения, то добавить строку в таблицу. В таблице users есть 4 столбца
u_id u_name created updated

PHP:
скопировать код в буфер обмена

 
$servername = "";
$username = "";
$password = "";
$db = "";
$conn = new mysqli($servername, $username, $password, $db);
 
if ($conn->connect_error) {
  die("Connection failed: " . $conn->connect_error);
}
 
$user_n = $_POST[name];
 
$sql = "SELECT * FROM `users` WHERE u_name like '%$user_n%'"; 
$result = mysqli_query($sql);
 
print($result);
 
mysqli_close($conn);
 
 

и еще вопрос вдогонку, как извлечь параметр 123 из массива вида {list[1][data]: 123}
методом $_POST ? Т.е. из массива {user[id]:900} получается получить так $user_id = $_POST[user][id] , а иначе не получается

$conn = new mysqli($servername, $username, $password, $db);

if ($conn->connect_error) {

die("Connection failed: " . $conn->connect_error);

$user_n = $_POST[name];

$sql = "SELECT * FROM `users` WHERE u_name like '%$user_n%'";

$result = mysqli_query($sql);

mysqli_close($conn);

$conn = new mysqli($servername, $username, $password, $db);

if ($conn->connect_error) {

die("Connection failed: " . $conn->connect_error);

$user_n = $_POST["name"];

$sql = "SELECT * FROM `users` WHERE u_name like '%$user_n%'";

$result = $conn->query($sql);

$conn = mysqli_connect($servername, $username, $password, $db);

echo mysqli_connect_errno(). PHP_EOL;

echo mysqli_connect_error(). PHP_EOL;

$user_n = $_POST["name"];

$sql = "SELECT * FROM `users` WHERE u_name like '%$user_n%'";

$result = mysqli_query($conn, $sql);

mysqli_close($conn);