PHP mysqli_fetch_assoc () Функция, возвращающая NULL, пока работает тот же PHP-файл

Question

Я провел день, но не могу решить следующую проблему.У меня есть этот код для доступа к моей базе данных, и я хочу получить некоторые значения.Странно то, что один и тот же код работает для одного и того же php-файла на том же сервере в том же каталоге.Я хотел создать новый php-файл с другим выбором sql, но этот всегда возвращает нуль вместо массива json.

Любой полезный совет был бы полезен!Я работаю на WordPress сайте, может быть, это важная информация.

<?php
if( isset( $_POST[user_id] ) )
{
    $user_id = $_POST[user_id];

    $servername = "****";
    $username = "****";
    $password = "****";
    $dbname = "****";

    // Create connection
    $conn = new mysqli($servername, $username, $password, $dbname);

    // Check connection
    if ($conn->connect_error) {
        die("Connection failed: " . $conn->connect_error);
    } 
    //echo "Connected successfully";
    //echo $user_id;


    $sql = "SELECT *
    FROM felderkonfig
    WHERE felderkonfig_user_id = '$user_id' ";

    $result = mysqli_query($conn, $sql);    //sql abfrage in array speichern
    $myArray = array();
    $myArray =mysqli_fetch_assoc($result);  //umwandeln in assoziatives array

    echo json_encode($myArray);     //echo als json array


    $conn->close();
    exit(); 
}else{
    echo "Fehler bei if isset";     
}
?>

Answer 1

Я не знаю почему, но код работает.Поведение было довольно странным, возможно, были некоторые проблемы на стороне сервера, но я не знаю.Было бы здорово, если бы кто-нибудь сказал мне, как я могу сделать следующий код более безопасным.Большое спасибо.

<?php
if( isset( $_POST[virtuellesdepot_id] ) )
{
    $virtuellesdepot_id = $_POST[virtuellesdepot_id];

    $servername = "****";
    $username = "****";
    $password = "****";
    $dbname = "****";

    // Create connection
    $conn = new mysqli($servername, $username, $password, $dbname);

    // Check connection
    if ($conn->connect_error) {
        die("Connection failed: " . $conn->connect_error);
    } 
    //echo "Connected successfully";

    //echo $user_id;


    $sql = "SELECT * FROM virtuelledepots ";   

    $result = mysqli_query($conn, $sql);    //sql abfrage in array speichern
    $myArray = array();
    $myArray = mysqli_fetch_assoc($result); //umwandeln in assoziatives array


    echo json_encode($myArray);     //echo als json array


    $conn->close();
    exit(); 
}else{
    echo "Fehler bei if isset"; 
}
?>

Answer 2

Вы должны включить этот файл в предпочтительный php-файл, например, где бы вы ни хотели подключиться к базе данных.

<?php include 'connect.php' ?>

в файле connect.php должны иметь параметры подключения, аналогичные тем, которые вы указали в вопросе исключить selct.запрос