我有一个简单的html登录表单当我提交表单并在Controller中publicfunctionlogin(){$pass_word=$this->input->post('pass_word');die($pass_word);}这里的问题是，它显示普通密码，如果我在Controller中输入123456，我得到123456。这是安全问题吗？任何人都可以通过wireshark等网络监控工具获取我的密码吗？如何避免这种情况？在发送到Controller之前，我可以在View中加密密码吗？ 最佳答案 如果您的帖子数据(密码等)被拦截，
我已将codeigniter设置为上传小于2MB的小文件，并且工作正常。但是我在上传大文件时遇到了问题20MB>functionstage1(){ini_set('upload_max_filesize','200M');ini_set('post_max_size','200M');ini_set('max_input_time',3000);ini_set('max_execution_time',3000);$config['upload_path']='./temp/';$config['allowed_types']='zip';$this->load->library('u
这个问题在这里已经有了答案:关闭10年前。PossibleDuplicate:Codeigniter2formsononepage,validation_errorsproblem我的页面中有2个表单。我需要一次验证它们1，但我认为存在冲突。来看看:当我提交其中一个表单时，它们都显示相同的错误消息我使用validation_errors()来显示消息。如何一次验证表单1？这是代码publicfunctionupdate_user_info(){$this->form_validation->set_rules("firstname","FirstName","required");$t
我一直在为我目前从事的项目寻找PHP框架。主要要求之一是与我们的数据库进行交互的简单方法。最初这必须是Oracle，但将来有可能切换到不同的数据库后端。因此，我希望能够编写尽可能与数据库无关的代码。我最初倾向于使用CodeIgniter，主要是因为它支持Oracle(它包括为利用Oracle自己的OCI8驱动程序而编写的驱动程序)。Laravel是我考虑过的另一种选择。它似乎是一个流行的选项，甚至对于一些以前的CodeIgniter用户也是如此(例如，参见thisanswer)。然而，它对Oracle的支持似乎非常有限；据我所知，Laravel广泛使用PDO，但Oracle的PDO是e
这是英文规则:AnyHTTPrequestotherthanthoseforindex.php,assetsfolder,filesfolderandrobots.txtistreatedasarequestforyourindex.phpfile.我有一个.htaccess在Apache服务器上正常工作的文件:RewriteCond$1!^(index\.php|assets|files|robots\.txt)RewriteRule^(.*)$index.php/$1[L]此规则的一些正确结果:example.com=example.com/index.phpexample.com
我已经生成了包含session数据的数组，array(8){["session_id"]=>string(32)"1dc5eb3730601a3447650fa4453f36cd"["ip_address"]=>string(3)"::1"["user_agent"]=>string(102)"Mozilla/5.0(WindowsNT6.1)AppleWebKit/537.36(KHTML,likeGecko)Chrome/41.0.2272.101Safari/537.36"["last_activity"]=>int(1427602284)["user_data"]=>strin
对于这些产品类别，我有两个表，一个用于存储产品类别，另一个是产品列表，当您插入新产品时，我将在其中插入产品，将会有一个下拉菜单供您从存储在产品上的类别中进行选择类别，但如果你想添加另一个类别，下拉列表中有一个“其他”选项，文本区域将出现并让你创建另一个类别我的问题是，如果我添加一个新产品，数据库中有一个现有类别，它不会插入这两个表，但如果我添加一个新类别的新产品，它会成功插入我的Controller:functiondo_upload(){$config['upload_path']='./assets/';$config['allowed_types']='gif|jpg|png';
我是codeigniter的新手，我正在开发简单的登录系统，我正在使用xampp，我在文件夹code/中上传了codeigniter，以下是mvc中的代码Controller登录.phpload->library('session');$this->load->helper('form');$this->load->helper('url');$this->load->helper('html');$this->load->database();$this->load->library('form_validation');//loadtheloginmodel$this->load-
出于某种原因，我无法让错误日志记录正常工作，我遇到了死机白屏，我希望错误日志能够阐明这种情况!我的index.php有错误报告(E_ALL)；我还确保system/logs目录具有适当的权限，如果页面无法加载，就像发生了什么一样，即使GET记录了错误吗？如果不是这样，我将不得不搜索大量代码以查找语法错误，任何有关如何吐出php错误的建议都会有所帮助!还有，这是我的配置`|--------------------------------------------------------------------------|ErrorLoggingThreshold|------------
嘿，我是php和codeigniter的新手。我知道在codeigniter的View中你可以回显一个变量，比如但是如果说，我不传递变量$var，我会得到一个讨厌的APHPErrorwasencountered在我的html源代码中。我在他们的模板中之前使用过django，如果变量不存在，他们就不会渲染它。在php/codeigniter中有没有一种方法可以说“如果$var存在就做其他什么都不做”？我试过:但这是一个错误。谢谢! 最佳答案 使用isset()函数来测试变量是否已被声明。if(isset($var))echo$var;
