ログイン画面から、任意のuseridとpasswordを使用して、ログインしたい
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useridとpassword、二つの変数を格納したDBを作成し、任意のuseridとpasswordを直接入力した後、ログインし、成功時にはログインできました。失敗時はエラーメッセージを表示できるようにしたい。
発生している問題・エラーメッセージ
二つの変数を格納したDBはphpmyadminにて作成済み
エラーメッセージ
Warning: mysqli_connect(): (HY000/1045): Access denied for user 'test_db'@'localhost' (using password: YES) in/Applications/XAMPP/xamppfiles/htdocs/loginView/login.php on line 19
Warning: mysqli_query() expects parameter 1 to be mysqli, bool given in /Applications/XAMPP/xamppfiles/htdocs/loginView/login.php on line 23
ログイン成功しました。該当のソースコード
php login.php
ソースコード
```
$db_host = 'localhost';
$db_name = 'test_db';
$db_user = 'test_user';
$db_pass = 'test_pass';
$err_msg1 = '';
$err_msg2 = '';
$UserID = (isset($_POST['user_id']) === true)? $_POST['user_id']: '';
$Password = (isset($_POST['password']) === true)? $_POST['password']:'';
if(isset($_POST['send']) === true) {
if($UserID === '') $err_msg1 = '正しいUserIDを入力してください';
if($Password === '') $err_msg2 = '正しいPasswordを入力してください';
if($err_msg1 === '' && $err_msg2 === '' ) {
// データベースに接続する
$link = mysqli_connect($db_host, $db_name, $db_user, $db_pass);
// userテーブルから、userid,passwordが一致するデータを取ってくる
$query = "SELECT user_id, password, contents FROM user WHERE user_id='??' AND Password='??' ";
$res = mysqli_query($link, $query);
//もし正しく取得できたら、「ログイン成功しました」と表示
if($res !== false) {
echo 'ログイン成功しました!<br>';
} else {
echo 'ログイン失敗しました';
}
}
}
補足情報（FW/ツールのバージョンなど）
php7を使用、Server version: 10.3.16-MariaDB Source distribution
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Orlofsky
2019/09/16 00:59
コードは https://teratail.com/help/question-tips#questionTips3-7 の [コード] に修正してください。
shun-K
2019/09/23 14:16
エラーメッセージを見る限り、DBに接続できていないので
ログイン成功時も正しく動いてないと思います。
まずは、1つ目のWarning(Access denied for user～) が出ないようにDBの接続設定を見直してみてください。