获取发送表单数据并从 php 接收它答案

【问题标题】：fetch send formdata and recieve it from php获取发送表单数据并从 php 接收它
【发布时间】：2023-09-02 00:35:01
【问题描述】：

您好 srry 英语不好，我正在尝试使用 fetch 请求将一些表单数据插入我的 sql 数据库，添加了行并且 id 计数 +1，但没有向列“nomtar”添加额外数据，” destar”等

提交表单的JS函数：

function enviarDatos(e){
    e.preventDefault();
    var nomtar = document.getElementById('nomtar').value;
    var destar = document.getElementById('destar').value;
    var usu2tar = document.getElementById('usu2tar').value;
    var fectar = document.getElementById('fectar').value;
    formData = new FormData();
    formData.append('nomtar',nomtar);
    formData.append('destar',destar);
    formData.append('usu2tar',usu2tar);
    formData.append('fectar',fectar);
    fetch('servicios/agregar.php',{
      method: 'POST',
      headers: {
                  'Content-Type': 'application/json'
              },
      body: JSON.stringify(formData)
    }).then(response => {
      if(response.ok){
        console.log("datos enviados");
      }
      else{
        console.log("datos no enviados");
      }
    }).catch((error) => {
      console.log(error)
      });
  }

agregar.php 文件：

    <?php
  session_start();
  include('conexion.php');
  $data = json_decode(file_get_contents('php://input'), true);

  $nomtar=$data['nomtar'];
  $destar=$data['destar'];
  $fectar=date('Y-m-d',strtotime($data['fectar']));
  $usu1tar=$_SESSION['idusu'];
  $usu2tar=$data['usu2tar'];
  $query="select idusu from usuario where nombre='$usu2tar'";
  $result1=mysqli_query($con,$query);
  if($result1){
    while($row=mysqli_fetch_array($result1)){

        $idusu=$row['idusu'];

    }
  }


  $sql="INSERT INTO tarea(usu1tar,usu2tar,nomtar,destar,fectar,esttar) VALUES('$usu1tar','$idusu','$nomtar','$destar','$fectar',1)";
  $result2=mysqli_query($con,$sql) or die(mysqli_error($con));


  mysqli_close($con);
?>

【问题讨论】：

你做了什么调试？变量有什么值？无论如何，这不是编写数据库代码的方式。请查看准备好的语句，您将使您的代码更安全，并且很有可能解决您的问题。
警告：您对SQL Injections 持开放态度，应该使用参数化的prepared statements，而不是手动构建查询。它们由PDO 或MySQLi 提供。永远不要相信任何形式的输入！即使您的查询仅由受信任的用户执行，you are still in risk of corrupting your data。 Escaping is not enough!
在代码中使用die(mysqli_error($conn)); 是一个非常糟糕的主意，因为它可能会泄露敏感信息。更多解释见这篇文章：mysqli or die, does it have to die?

标签： php fetch send

【解决方案1】：

无需将表单数据转换为 JSON。 Fetch 直接理解FormData。

改变这一行

body: JSON.stringify(formData)

到这里：

  body: formData

现在您的 PHP 代码可以从 $_POST 提取传入数据，而无需读取 php://input

    <?php
  session_start();
  include('conexion.php');
  // remove line that reads php://input here.

  $nomtar=$_POST['nomtar'];
  $destar=$_POST['destar'];
  $fectar=date('Y-m-d',strtotime($_POST['fectar']));
  $usu1tar=$_SESSION['idusu'];
  $usu2tar=$_POST['usu2tar'];
// rest of code follows

这应该可以帮助您，但请注意，您的代码容易受到 SQL 注入的攻击。一旦你解决了这个问题，你应该重构你的代码以使用准备好的语句。

注意：FormData 可以直接从表单中提取数据，而无需逐个字段地提取数据。 let formData = new FormData(document.getElementById('formId')) 将在一次操作中完成。

【讨论】：