まず、構築するための環境
Iは、信用ディスク源Q <319.135.5031> PHPとMySQLの環境を構築するために使用XAMPP環境は非常に簡単です。
問題：XAMPPのphpMyAdmin使用しないで、直接テーブルを作成するためにはphpMyAdminを使用することはできません。
ネイティブ環境：Win7のx64の+ IE8 2、手動でのMySQLでテーブルを作成する
説明：ルートを使用して作成したXAMPPのMySQLデータベースは、空白のパスワードのアカウントで、そのような方法を使用した後、操作を直接することができ
、データベース1.mysqlに接続されています：
シェル> MySQLは
-考慮道の特権ではありません。
シェル> MySQLの-uルート
-道の後、rootアカウントの権限
2.データのパスワード変更：
シェル>のSET PASSWORD 'localhost'の= PASSWORD（ 'パスワード'）@ FOR 'ルート'
にログインするためのパスワードを変更するには、この方法ではデータベースは、パスワードを必要とする以下のコマンドラインを使用する
シェル> MySQLの-u -pルート
パスワード:(パスワード）の後にキャリッジリターン、
3.データベースを作成します：
シェル> CREATEテーブルtbl_nameを、
4表を作成します。
以下の複雑なプロセス全体に単純なものから作成したテーブルです。
TABLE DROPをテストし、
CREATE TABLEテスト（
ID int型、
名前のVARCHAR（20）
）;
TABLEテストをドロップ。
TABLEテスト（CREATE
IDのINT NULL NOT、
名前VARCHAR（20）NOT NULLを
）。
TABLEテストをドロップ。
TABLEテスト（CREATE
IDのINT NOT NULL AUTO_INCREMENT、
名前VARCHAR（20）NOT NULL、
PRIMARY KEY（ID）を
）。
TABLEテストをドロップ。
TABLEテスト（CREATE
のid INT NOT NULL AUTO_INCREMENT、
名前のVARCHAR（20）NOT NULL、
年齢int型のNOT NULL、
PRIMARY KEY（id）を
）;
TABLEテストをドロップ。
TABLEテスト（CREATE
のid INT NOT NULL AUTO_INCREMENT、
名前のVARCHAR（20）NOT NULL、
年齢はint、NOT NULL、
NULL、NOT情報テキスト、
PRIMARY KEY（id）を
）;
DROP TABLEテスト;
CREATE TABLEテスト（
NOT NULL int型ID AUTO_INCREMENT UNIQUE、
名前VARCHAR（20は）NOT NULL DEFAULT '名前'、
NOT NULL int型年齢DEFAULT 0、
情報テキストNOT NULL、
PRIMARY KEY（ID）
）; 3、PHP関連知識：
1.PHPフォーム処理：
私は同じページで作成したフォーム処理コード、次のように：
<HTML>
<HEAD>
</ HEAD>
<BODY>
<フォームのメソッド= "POST" ACTION = ""> // acetionは_selfに空の表現
の<input type = "text"の名 = "ID"値= ""> //クエリ入力ボックス
の<input type = "提出"名前 = "選択"値= " クエリ"> //クエリを送信ボタンを
</フォーム>
の<div> // PHPは、結果がここに表示され実行されます！！！！
<？PHP
IF（！空（$ _ POSTの[ "
他{}
エコー「あなたはデータを入力していない!!!」
}
？>
</ DIV>
</ BODY>
</ HTML>
2.PHPデータベース接続：
次のようにコードは次のとおりです。
<？PHPが
// mydqli_connect接続を使用して、
$ myConn = mysqli_connect（ "localhost"を、 "ルート"、 "パスワード"、 「テスト」）;
// mysqli_connect（文字列$ hostnameは、ユーザーの文字列、文字列のパスワード、文字列のDBNAMEを$）
//接続プロパティもphp.iniで書き込むことができますが、読むために（プロパティ名）の方法は、ini_getを使用
して//をphp.iniのは、次のプロパティがあります。
//mysqli.default_host=
//mysqli.default_user=
//mysqli.default_pwまたは= mysqli.default_password
//mysqli.default_port=
//我々はphp.iniで属性を追加する場合することができます直接mysqli_connect有する（）接続であり、
mysqli_select_db（$ myConn、「DB_NAME」）; //接続されていない、動作は、この方法を使用して選択する必要がある場合、接続データベース、データベースmysqli_connectを変更します。
IF（！$ところmyconn）{
（ "ERROR"を死にます mysqli_error（$ myConn））;
}他{
「接続が成功する！」エコー;
}
>
3.PHP処理クエリ結果を：
<？PHP
//我々はテスト構造と実践テーブル作成時に上記の表のテスト・データベースのテスト、同じテーブルを作成するとします。
//は、SQLクエリを生成
$のSQLを、
IF {（空（$ _ POST [ "ID"]）！）
$ sqlを= "SELECT *テストFROM WHERE IDを= $ _ POST [ 'ID']";
}他には、{
"（ダイクエリの値を入力してください!!「）; //プログラムの最後！！
}
//データベース接続
$ myConn = mysqli_connect（ "localhost"を、 "根"、 "パスワード"、 "テスト"）;
//判断
（$ myConnが）{//ここで接続が成功した場合！
//クエリを実行する：
（$結果= mysqli_querry（myConn $、$ SQL））{IF
//読み取り結果
の$ row_assoc = mysqli_fetch_assoc（$結果） ; //関連配列の読み取りPHPを使用して、結果セットの行を形成します
$ row_array = mysqli_fetch_array（$結果） ; // デジタル読み出しPHPの配列の行を形成する結果セットを使用して、
*二つの方法の中で読み取るためのデフォルト、mysqli_fetch_array（）
次のようにプロトタイプ*方法である：
*混合mysqli_fetch_arrayは（mysqli_result $ [、$ INT = resultTypeとMYSQLI_BOTHその結果）
* MYSQL_NUMを,:デジタルリードアレイモードを示します
* MYSQL_ASSOC：連想配列を読み込む
* MYSQL_BOTHを：二つの方法で読み取る
*実施形態の一つの行を読んだ後、結果セットが一つだけの行場合、結果セットした後、それはカーソルを読み取り、次の行の上にカーソルう彼らは終わりを指すようになります
*
* /
//出力
//ダイレクト印刷の配列：
ますprint_r（$のrow_assoc）;
//フォーマットされた印刷：
のprintf（「ID：％S <BR>名：年齢<BR>％S：％S <をBR>情報：％sの<BR> "$のrow_assoc [" ID "]、$のrow_assoc ["名前"]、$のrow_assoc ["年齢"]、$のrow_assoc ["情報「]）;
他{}
死ぬ（ "クエリが失敗した:." mysqli_error（$ myConn））
}
mysqli_close（$ myConnを）;
} //他に、次の{接続情報が失敗を示している！
（ "エラー：" mysql_error（$ myConnを）。）ダイ;
}
>
4.PHPデータベースインサート：
処理文は、データとクエリデータとクエリデータを挿入するために変更されること、および使用が類似しています。
<？PHPが
//我々がテスト構造と実践テーブルの作成中に、上記の表に同じテーブルをテスト・データベースのテストを作成するとします。
//私たちは、フォームの4つのテキストフィールド、name属性は、情報、年齢、名前をIDを上記されている作成すると
、// SQLのINSERT文を生成
$のSQLを、
!!（空（$ _ POST [ "上記は、IDを述べた"]）&&空のIF （$ _POST [ "名前"]）&&！空（$ _ POST [ "年齢"]）&&！空（$ _ POST [ "情報"]））{
$ SQL =「INSERT INTOテスト（ID、名前、年齢、情報）VALUES（$ _ POST [ ' ID']、$ _ POST [ '名前']、$ _ POST [ '年齢']、$ _ POST [ '情報']）「;
他{}
死ぬ（「クエリの値を入力してください!!」）;プログラムの終了//！！
}
//データベース接続
myConn mysqli_connect = $（ "localhost"を、 "根"、 "パスワード"、 "テスト"）;
//判断
（$ myConn）場合{//ここで接続に成功しました！
//挿入を実行します
（mysqli_querry（$ myConnは、$のSQL））{IF
エコーが"！正常に挿入";
}他{
ダイ（ "挿入失敗:." Mysqli_error（$ myConn））
}
mysqli_close（$ myConn）;
？>
4、PHPのセキュリティ関連の知識：
データベースのPHP操作を使用している場合、いくつかのセキュリティ関連の方法があり、この方法が学ぶことはありません。上記の知識の使用は、あなたはすぐに非常に単純なSQLインジェクションの練習プラットフォームを構築することができます。プラットフォームの特定の形式については、私の趣味、カジュアルなデザインを見てください。複雑な、それは少しHTML関連の知識がかかる場合があります。
----------------
免責事項：この記事はCC 4.0 BY-SAの著作権契約、複製、オリジナルのソースとのリンクを添付してくださいに従って、元の記事に「特別な子供たちをベント」CSDNブロガーでありますこの文。
オリジナルリンクします。https：//blog.csdn.net/qq490765184/article/details/81841000