Может кто-нибудь помочь мне с этой ошибкой «Предупреждение: невозможно изменить информацию заголовка - заголовки уже отправлены»

php mysql

68 просмотра

2 ответа

3 Репутация автора

это форма входа в систему .... она говорит, что не может изменить информацию заголовка, и я попытался все исправить, но я не могу ... может кто-нибудь помочь мне с моими кодами .. спасибо заранее

<?php


       $loginpopup = 'Login Success';
       $failpopup = 'Wrong Username or Password';
          if(!$con)
          {
            die("Error connection" . mysqli_connect_error());

          }
    if (isset($_POST['submitlogin']))
    {

       $login = "SELECT * from admin where username  = '$_POST[user]' AND password ='$_POST[pass]'";

            $getuser = mysqli_query($con,$login) or die(mysql_error());
              while($row = mysqli_fetch_array($getuser))
              {
                if($row==0)
                {
                     echo "<SCRIPT>alert('$failpopup');</SCRIPT>";
                     header("location:index.php");
                }
                else
                {
                  echo "<SCRIPT>alert('$loginpopup');</SCRIPT>";
                  header("location:home.php");
                }
              }
    }
    ?>
Автор: Dan Vincent Источник Размещён: 18.07.2016 05:04

Ответы (2)


0 плюса

638 Репутация автора

Решение

если запрос не запустился, ваш скрипт умрет, из-за or die(mysql_error); чего ничего не будет выводиться после $ getuser

измени свой код к этому

 include('movieshub/includes/config.php');
    if ($getuser = mysqli_query($con,$login)) { // check if the query succeeded running
      $count = mysqli_num_rows($getuser);
      if ($count == 0 ) {

             echo "<SCRIPT>alert('$failpopup');</SCRIPT>";
             header("location:index.php");

      } else  {

        while($row = mysqli_fetch_array($getuser)) 
        { //output data }
          echo "<SCRIPT>alert('$loginpopup');</SCRIPT>";
          header("location:home.php");
        }
    }
 } else {
echo "query failed to run";
 }
Автор: Ahmad ghoneim Размещён: 18.07.2016 05:38

0 плюса

1610 Репутация автора

Попробуйте код ниже:

 <?php

        //if your are using wamp then let $servername,$username and $password be same as below otherwise change them.

        $servername = "localhost"; //insert your severname at the place of localhost
        $username = "root"; //insert your username at the place of root
        $password = "";  //insert your password at the place of ""

        // Create connection
        $con = mysqli_connect($servername, $username, $password); 

        //select database
        mysqli_select_db($con,"test"); //here enter your database name at the place of test

        // Check connection
        if (!$con) {
            die("Connection failed: " . mysqli_connect_error());
        }

       $loginpopup = 'Login Success';
       $failpopup = 'Wrong Username or Password';




    if (isset($_POST['submitlogin']))
    {
        $user=$_POST["user"];
        $pass=$_POST["pass"];

       $login = "SELECT * from admin where username=$user AND password=$pass";

            $getuser = mysqli_query($con,$login);

            $row=mysqli_affected_rows($con);
              if($row>1)
              {
                echo "<SCRIPT>alert('$loginpopup');</SCRIPT>";
                  header("location:home.php");


               }

             else
                {
                  echo "<SCRIPT>alert('$failpopup');</SCRIPT>";
                     header("location:index.php");
                }

    }
    ?>
Автор: Vishal Solanki Размещён: 18.07.2016 06:10
Вопросы из категории :
32x32