PHP session funktioniert nicht in Safari?

Hallo zusammen,

ich habe auf meiner Website ein Loginformular und verwende eine Session, um auf allen Seiten eingeloggt zu bleiben.

Dies funktioniert auch auf dem PC und auf Android-Geräten ohne Probleme, sobald ich allerdings Safari auf einem iOS oder Mac Gerät verwende, werden die Variablen nicht übergeben und die Nutzer können die Seite nicht verwenden, da sie sich in einer Endlosschleife befinden, da sie so immer wieder auf die Loginseite weitergeleitet werden.

Die Session starte ich ganz normal mit:

session_start();

Variablen übergebe / übernehme ich mit:

$_SESSION['ak'] = $ak;
$ak = $_SESSION['ak'];

Und beim Logout verwende ich:

session_start();
session_destroy();

Ich weiß nicht, an was das liegt, da wie gesagt auf allen anderen Plattformen die Seite ohne Probleme läuft. Muss ich da noch etwas hinzufügen, damit es auch unter Safari funktioniert oder wisst ihr, wie ich das Problem lösen kann?

Danke im Voraus und einen schönen Sonntag,

pst0042

2 Antworten

Babelfish

Von gutefrage auf Grund seines Wissens auf einem Fachgebiet ausgezeichneter Nutzer

Computer, Technik, PHP

03.11.2019, 12:22

Sofern du in Safari nicht „Alle Cookies blockieren“ aktiviert hast, hat Safari erst mal keine genrellen Problem mit PHP-Sessions. Ohne den Code zu kennen, kann man da aber auch nur raten. Möglicherweise führst du session_destroy() auch mal ohne Logout aus oder irgendwas anderes läuft da schief.

Auf jeden Fall solltest du vor dem Testen immer erst mal alle lokalen Cookies löschen (oder zumindest alle zu deiner Domain gehörenden). Manchmal schlägt ein „übrig gebliebener“ Cookie quer.

Woher ich das weiß:Berufserfahrung – Entwickle seit > 20 Jahren Anwendungen mit PHP.

pst0042

Fragesteller

03.11.2019, 12:31

Ich gehe mal davon aus, dass die Option in Safari nicht aktiviert ist, da ich das Problem auch schon bei mehreren Bekannten hatte, ich schaue aber zur Sicherheit mal bei mir nach.

Cookies lösche ich immer, bekomme aber trotzdem den gleichen Fehler.

Die Möglichkeit, dass session_destroy() auch so ausgeführt wird, hatte ich mir auch schon überlegt, habe aber gerade auf einer anderen Seite von mir geschaut, wo ich keinen Logout habe und session_destroy() auch nicht verwendet habe und das Problem besteht auch hier.

In meinem Kommentar unten hatte ich ja herausgefunden, dass ich auf der 2. Seite eine neue ID bekomme, gibt es da einen Grund / eine Lösung?

Babelfish

03.11.2019, 12:46

@pst0042

In meinem Kommentar unten hatte ich ja herausgefunden, dass ich auf der 2. Seite eine neue ID bekomme, gibt es da einen Grund / eine Lösung?

Genau das deutet darauf hin, dass du die Session beendest.

Safari verhält sich hier nicht anderes als andere Browser. Ein Session-Cookie wird vom Server gesendet und im Browser gespeichert. Bei jedem Request sendet Safari dann den Cookie mit und PHP auf dem Server erkennt anhand der Session-ID aus dem Cookie ob eine Session existiert und führt diese dann weiter. Wird keine lokale Session gefunden (weil bspw. mit session_destroy() beendet), wird eine neue Session gestartet und ein neuer Cookie mit neuer Session-ID gesendet.

Wie schon gesagt, ohne Code kann man hier nur raten aber kaum helfen. Safari hat definitiv kein Problem mit PHP-Session-IDs. Wenn du den ganzen Code nicht rausgeben kann, dann versuche ein minimales Testcase zu erstellen, in welchem du das Verhalten reproduzieren kannst. Dann stell den Code hier mal rein.

Möglicherweise arbeitest du auch mit Sub-Domains. Ein Cookie für www.example.com ist nicht zwangsweise auch für test.example.com pder example.com gültig.

pst0042

Fragesteller

03.11.2019, 13:37

@Babelfish

Ich habe jetzt mal mit 2 Testdateien getestet.

Datei 1:

<?php
session_start();
echo session_id();
?>
<html>
<body>
Dies ist ein Testtext in Datei 1
<?php
$testvar = "Hello World";
$_SESSION['test'] = $testvar;
?>
<a href="datei2.php">Link zu Datei 2</a>
</body>
</html>

Datei 2:

<?php
session_start();
echo session_id();
?>
<html>
<body>
Dies ist ein Testtext in Datei 2
<?php
$testvar = $_SESSION['test'];
echo $testvar;
?>
</body>
</html>

Außerdem habe ich hiermit das Problem herausgefunden, da die Dateien auf dem Webserver so funktionieren, auch in Safari:

Ich habe die Dateien im Normalfall auf einer Vereins-Jimdo-Seite, um nicht alles selbt schreiben zu müssen, mit einem IFrame eingebunden. Unter Windows oder Android wird auch die Session von session_start() erkannt. Bei iOS und Mac hingegen wird, warum auch immer, die Session nicht erkannt und eine neue gestartet. Vielleicht wisst ihr ja eine Lösung dazu?

Ansonsten bleibt mir wohl nichts, außer mich nach einem CMS direkt auf dem Webserver umzuschauen oder die ganze Seite selbst zu schreiben...

Auch wenn die Lösung des Problems in eine etwas andere Richtung ging, als ich dachte, trotzdem Danke an alle Antworten. Ich hatte es nur noch nie direkt auf dem Server getestet, da die Schrift auf dem Server weiß ist, da das IFrame auf der Jimdo-Seite transparent ist und der Hintergrund recht dunkel.

Babelfish

03.11.2019, 13:50

@pst0042

Bei IFRAMEs können verschiedene Punkte ursächlich am Problem sein. Einmal die schon angesprochene Domain. Eher wird es aber mit dem Cross-Site-Tracking-Schutz von Safari zusammenhängen, der deinen IFRAME als Werbung/Tracker klassifiziert und daher Cookies einschränkt (Stichwort: Third Party Cookies).

Da gibt es zwar auch ein paar Wege, wie man das trotzdem nutzen kann aber da braucht man schon mehr Informationen und generell würde ich davaon abraten und keine IFRAMEs dafür nutzen. Jeder Browser behandelt das etwas anders und es wird ziemlich schwierig das richtig umzusetzen.

pst0042

Fragesteller

03.11.2019, 14:43

@Babelfish

Ok danke. D.h. es wäre besser, einfach die komplette Seite selbst zu schreiben?

Babelfish

03.11.2019, 14:59

@pst0042

Kann ich nicht beurteilen, da ich nicht weiß was du genau machen willst. Von Jimdo würde ich aber in jedem Fall abraten und mit einem eigenen CMS ist man natürlich immer flexibler. Ich nutze bspw. Contao und muss mir da um eine Nutzerverwaltung keine Gedanken machen, da sie schon dabei ist und bei Bedarf beliebig erweitert werden kann.

pst0042

Fragesteller

03.11.2019, 15:06

@Babelfish

Ok, danke. Dann schaue ich mich mal bei verschiedenen CMS um.

Gwarn

03.11.2019, 12:06

Teste mal zur Sicherheit, ob du auf der Folgeseite überhaupt eine Session hast. Normalerweise wird ein Cookie gesetzt, in dem die SessionID steht. Wenn der Cookie nicht gesetzt werden kann hast du auch keine Session. Also auf beiden Seiten mit echo session_id() erst mal schauen, ob die ID vorhanden und die gleiche ist.

pst0042

Fragesteller

03.11.2019, 12:12

Unter Chrome und Firefox ist die ID die gleiche, Safari teste ich jetzt auch gleich.

pst0042

Fragesteller

03.11.2019, 12:15

Wenigstens der Grund ist jetzt klar: in Safari wird auf der 2. Seite eine neue ID erstellt.

Gwarn

03.11.2019, 14:29

@pst0042

Du kannst die SessionID auch an die URL hängen, dann brauchst du keinen Cookie. Das sollte dann auch im Safari funktionieren.

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unset($_SESSION['userID']);
$_SESSION = array();
session_unset();
if (ini_get("session.use_cookies")) { $params = session_get_cookie_params(); setcookie(session_name(), '', time() - 42000, $params["path"], $params["domain"], $params["secure"], $params["httponly"] ); }

session_destroy();

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Warning: session_start() [function.session-start]: Session cannot be started after headers have already been sent in /users/mouad/www/shop.php on line 1

Dies ist der Fall seit ich Sie auf einem Server hochgeladen habe. Danke im voraus!

Der PHP Teil:

<?php session_start();

?>
<?php
$_SESSION["1N"] = "Gigolo";
$_SESSION["1P"] = "59,99€";
$_SESSION["2N"] = "Fighter";
$_SESSION["2P"] = "39,99€";
$_SESSION["3N"] = "Cosplaer";
$_SESSION["3P"] = "31,99€";
$_SESSION["4N"] = "Monkey D. Luffy";
$_SESSION["4P"] = "37,49€";
$_SESSION["5N"] = "Bergnase Ben";
$_SESSION["5P"] = "14,99€";
$_SESSION["6N"] = "Ginger Gina";
$_SESSION["6P"] = "24,99€";
$_SESSION["7N"] = "Adrian V. Soka";
$_SESSION["7P"] = "34,99€";
$_SESSION["8N"] = "Mr. Gigo";
$_SESSION["8P"] = "6,99€";

?>

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if (count($errors) == 0) {

$password = md5($password);

$query = "SELECT * FROM users WHERE email='$username' AND password='$password'";

$results = mysqli_query($db, $query);

if (mysqli_num_rows($results) == 1) {

$_SESSION['username'] = $username;

$_SESSION['repititions'] = $_GET[$results['repititions']]; //PROBLEM

$_SESSION['success'] = "You are now logged in";

header('location: index.php');

}

else {

array_push($errors, "Wrong username/password combination");

}

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Folgendes Schema habe ich bis jetzt:

class DB {
  private static $_api_username = "root";
  private static $_api_password = "";
  private static $_api_host = "localhost";
  private static $_api_name = "programmingnow_host";
  private static $_api;

  private static $_db_username = $_SESSION['school_db_user'];
  private static $_db_password = $_SESSION['school_db_pass'];
  private static $_db_host = "localhost";
  private static $_db_name = $_SESSION['school_db_name'];
  private static $_db;

  function __construct() {
    try {
      self::$_api = new PDO("mysql:host=" . self::$_api_host . ";dbname=" . self::$_api_name . ";charset=utf8mb4",  self::$_api_username , self::$_api_password);

      if (isset($_SESSION['school_db_name'])) {
        self::$_db = new PDO("mysql:host=" . self::$_db_host . ";dbname=" . self::$_db_name . ";charset=utf8mb4",  self::$_db_username , self::$_db_password);
      }
    }
    catch(PDOException $e) {
      echo "Datenbankverbindung gescheitert!";
      die();
    }
  }
  
  function connectToSchoolDB($school_id) {
    $stmt = self::$_api->prepare("SELECT instance_db_name, instance_db_user, instance_db_pass FROM instances WHERE instance_key=:instance_key");
    $stmt->bindParam(":instance_key", $school_id);
    $stmt->execute();
    $result = $stmt->fetch();
    $result['instance_db_name'] = $_SESSION['school_db_name'];
    $result['instance_db_user'] = $_SESSION['school_db_user'];
    $result['instance_db_pass'] = $_SESSION['school_db_pass'];
  }

  [..] // Der ganze Rest an Funktionen (wie Login)
}

Der obige Code funktioniert aber nicht.

Könnt ihr mir da helfen? Wie kann ich das realisieren bzw. wo liegt der Fehler?

Danke schon einmal im Voraus!

VG!

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login:

<?php
include "config.php";

if(isset($_POST['but_submit'])){

    $uname = mysqli_real_escape_string($con,$_POST['txt_uname']);
    $password = mysqli_real_escape_string($con,$_POST['txt_pwd']);

    if ($uname != "" && $password != ""){

        $sql_query = "select count(*) as cntUser from users where username='".$uname."' and password='".$password."'";
        $result = mysqli_query($con,$sql_query);
        $row = mysqli_fetch_array($result);

        $count = $row['cntUser'];

        if($count > 0){
            $_SESSION['uname'] = $uname;
            header('Location: show.php');
        }else{
            echo "Falscher PIN-Code. Bitte versuche es nocheinmal oder lass es.";
        }

    }

}
?>

Crypt Seite:

 <?php
include "config.php";
$timeout = 10;

//Set the maxlifetime of the session

ini_set( "session.gc_maxlifetime", $timeout );

//Set the cookie lifetime of the session

ini_set( "session.cookie_lifetime", $timeout );

// Check user login or not
if(!isset($_SESSION['uname'])){
    header('Location: login.php');
}

// logout
if(isset($_POST['but_logout'])){
    session_destroy();
    header('Location: login.php');
}
session_start();

//Set the default session name

$s_name = session_name();


//Check the session exists or not

if(isset( $_COOKIE[ $s_name ] )) {



    setcookie( $s_name, $_COOKIE[ $s_name ], time() + $timeout, '/' );


}

else

    header("Location: login.php");

?>

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Wie mit PHP JpGraph ein Kreisdiagramm dynamisch anzeigen?

Hallo,

ich würde gerne ein Kreisdiagramm aus den Daten aus meiner Datenbank erzeugen.
Dafür verwende ich JpGraph, allerdings werden die Variablen mit den Daten nicht übergeben.

Ich verwende zwei Scripte.

index.php - entält den HTML-Code & zeigt das Diagramm an

graph.php - erzeugt das Diagramm

Auschnitt index.php

<?php
session_start();
$result = $mysqli->query("SELECT * FROM tabelle");
                
if($result->num_rows != 0) {
     while($rows = mysqli_fetch_assoc($result)) {
          $username = $rows['username'];
                        
          $angenommen = $rows['angenommen']; //enthält 3
          $abgelehnt = $rows['abgelehnt']; //entält 1
                        
          $_SESSION['$test'] = $abgelehnt;
          $_SESSION['$test2'] = $angenommen;        
     }
}
?>

Versuche ich nun, die Daten der Session an das Script graph.php zu übergeben, erhalte ich die Fehlermeldung, der Inhalt des Arrays würde null ergeben. Die Variablen werden demnach nicht übergeben.

<?php
session_start();
// content="text/plain; charset=utf-8"
require_once ('src/jpgraph.php');
require_once ('src/jpgraph_pie.php');

//Start modifizierter Teil

//variablen aus der Session
$test = 2;
$test2 = 3;

//Ende modifizierter Teil

// Some data
$data = array($test,$test2);

// Create the Pie Graph. 
$graph = new PieGraph(450,350);

$theme_class="DefaultTheme";
//$graph->SetTheme(new $theme_class());

// Set A title for the plot
$graph->title->Set("");
$graph->SetBox(true);

// Create
$p1 = new PiePlot($data);
$graph->Add($p1);

$p1->ShowBorder();
$p1->SetColor('black');
$p1->SetSliceColors(array('#129c17','#d2d2d2'));
$graph->Stroke();
?>

Wie bekomme ich es hin, dass die Variablen richtig übergeben werden?

Vielen Dank & liebe Grüße

Aus rechtlichen Gründen:
Quelle des zweiten Scripts: Asial Corporation, jpgraph.net [Stand 08.05.2017] http://jpgraph.net

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Folgend die einzelnen Codes:

<?php
  session_start();

  $pdo = new PDO('mysql:host=localhost;dbname=db', 'root', ');

  if (isset($_GET['login'])) {
    $email = $_POST['email'];
    $passwort = $_POST['passwort'];
    $statement = $pdo->prepare("SELECT * FROM users WHERE email = :email");
    $result = $statement->execute(array('email' => $email));
    $user = $statement->fetch();

    // Überprüfung des Passworts

    if ($user !== false && password_verify($passwort, $user['passwort'])) {
      $_SESSION['userid'] = $user['id'];
      die('Login erfolgreich. Weiter zu <a href="message.php">Nachrichten</a>');
    }
    else {
      $errorMessage = "E-Mail oder Passwort war ungültig. Bitte versuchen Sie es nochmals. <br>";
    }
  }
?>
<html>
  <body>
    some content ...

sendmessage.php:

<?php
  session_start();

  if (!isset($_SESSION['userid'])) {
    die('Bitte zuerst <a href="login.php">einloggen</a>');
  }

  // Abfrage der Nutzer ID vom Login $userid = $_SESSION['userid'];
?>
<form action="ed-to-do-list.php" method="POST">
  <br><br>
  <input type="text" id="input" name="message" class="Input-text"
  <button class="btn" type="submit" name="abschicken">Senden</button>
  <?php
    if (isset($_POST['abschicken'])) {
      require("inc/db_connect.php");

      $message = $_POST['message'];
      $userid = $_POST['$userid'];

      // Abfrage der Nutzer ID vom Login (funktioniert im ersten PHP-Code)
      $userid = $_SESSION['userid'];
      $sql = "INSERT INTO ``table` (`Number`, `Message`, `created_at`, `userid`) VALUES (NULL, :message, CURRENT_TIMESTAMP, :userid)";
      $stmt = $dbh->prepare($sql);
      $stmt->bindValue(':message', $message);
      $stmt->bindValue('$userid', $userid);
      $stmt->execute();

      echo "Vielen Dank für Ihre Nachricht.";
    }
  ?>

Ohne die komplette userid-Geschichte funktioniert alles perfekt. Sobald ich jedoch die userid auch noch mit dazu schicken/speichern möchte, funktioniert gar nichts mehr.

Könntet ihr mir da eventuell weiter helfen?

Ich habe schon viel gegoogelt und viele Tutorials angesehen, aber überall wird die Sache mit der userid anders gehandhabt.

Ich danke euch bereits jetzt schon vielmals für eure Antworten und eventuelle Rückfragen. Ihr würdet mir sehr helfen.

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Die Variablen speichere ich in einem JSON-String:

let variablen = 
    {
        dingsbumbs:"Das ist eine Variable"
    }
;

Das ist der Code mit dem lesen der Variablen:

// ...
// Art ist definiert und richtig
if(art == "sage"){
            let parameter = "";
            while(command.charAt(zeichenzahl) != "("){
                zeichenzahl++;
            }
            zeichenzahl++;
            if(command.charAt(zeichenzahl) == "`"){
                zeichenzahl++;
                while(command.charAt(zeichenzahl) != "`"){
                    parameter = parameter+command.charAt(zeichenzahl);
                    zeichenzahl++;
                  }
              }else{
                  let variablenname = "";
                  let variablendecoded = // JSON.parse(variablen) oder JSON.stringify(variablen) ?;
  
                   // Hier wird nur der Variablenname erkannt. (Funktioniert ebenfalls)
                   while(command.charAt(zeichenzahl) != ")"){
                      variablenname = variablenname+command.charAt(zeichenzahl);
                      zeichenzahl++;
                  }
                  // Aber der Befehl ist ein "undfined"
                  parameter = variablendecoded.variablenname;
              }
              console.log(parameter);
            zeichenzahl = command.length;
            commandfunc = true;
        }/*Hier ist kein Fehler*/else if(art == "C["){
            while(command.charAt(zeichenzahl) != "]"){
                zeichenzahl++;
            }
            commandfunc = true;
        }

Kann mir jemand helfen das ich aus der Variable(variablendecoded) das objekt dessen Name Variable(variablenname) hat, lesen kann.

Eine Antwort wäre hilfreich.

Danke im voraus:);).

PS.: Ich verwende Node JS(18.4.0)

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