PHP MySQL查询

Question

该代码有什么问题？

$ sql =“选择*来自博客的地方blog_id = $'blog_id'”;
$ result = mysql_query（$ sql）;
$ rows = mysql_fetch_array（$ result）;
$ content = $ rows ['blog_content'];

echo $ content;

错误是：警告：mysql_fetch_array（）：提供的参数在第3行的C：\ Program Files \ xampp \ htdocs \ jordan_pagaduan \ blog_delete_edit.php中不是有效的MySQL结果资源。

Answer 1

您应该使用：

$sql = "SELECT * FROM blogs WHERE blog_id = '$blog_id'";

由于开始阅读最佳实践永远不会太早，因此请注意，对于公共网站，如您似乎正在做的那样，将任何未经过滤的输入包括到SQL查询中确实很危险。您可能想从以下Stack Overflow帖子中进一步阅读有关此主题的内容：

• XKCD sql注入-请解释（带有图片！）
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