Wie löse ich die Probleme Undefined array key "aufruf" und Trying to access array offset on value of type null?

Ich bin eine Anfängerin in PHP und muss ein Programm für einen Kurs fertigstellen. Das Problem ist, dass es einwandfrei funktioniert, nur wenn ich die Website öffne, erscheinen viele Fehlermeldungen. Erst wenn ich auf ein Button klicke, funktioniert alles. Ich habe vieles ausprobiert und herumrecherchiert, aber keine Lösung gefunden, daher hoffe ich, dass ihr mir helfen könnt.

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1 Antwort

regex9

Von gutefrage auf Grund seines Wissens auf einem Fachgebiet ausgezeichneter Nutzer

HTML, Webseite, CSS

27.11.2022, 20:02

Bei einem Seitenaufruf führt der Browser normalerweise einen GET-Request aus. Bei diesem ist das $_POST-Array logischerweise leer, es wird nur bei POST-Requests (die bspw. über ein Formular getriggert werden können) gefüllt.

Du solltest erst prüfen, ob dein POST-Array einen Key beinhaltet, bevor du mit ihm arbeitest.

Beispiel:

if (isset($_POST['some key'])) {
  // key is available ...
}

PS.: Attribute wie valign oder width (auf deinen td-Elementen) gehören nicht mehr zum HTML5-Standard. Verwende CSS stattdessen (width, vertical-align / Flexbox / padding / o.ä.).

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PHP fehler beheben?

Ich bekomme diese fehlermeldung

Warning: Undefined array key "wert1" in C:\xampp\htdocs\p5.php on line 6

Warning: Undefined array key "wert2" in C:\xampp\htdocs\p5.php on line 7

Warning: Undefined array key "wtyp1" in C:\xampp\htdocs\p5.php on line 8

Warning: Undefined array key "wtyp2" in C:\xampp\htdocs\p5.php on line 9

Ich habe eine PHP datei, die Html/CSS beinhaltet. Mein PHP teil sieht so aus:

<?php

$wert1=$_POST["wert1"];

$wert2=$_POST["wert2"];

$wtyp1=$_POST["wtyp1"];

$wtyp2=$_POST["wtyp2"];

Da ist doch eigentlich alles richtig

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PHP Warning: Undefined array key "status"?

Hey,

Ich habe ein Array in PHP programmiert, welches per MySQL alle Sachen selektiert.

Nun werden aber die Arrays nicht gefunden.

Code:

$stmt = $link->prepare('SELECT * FROM tickets ORDER BY created DESC');
$stmt->execute();
$resultSet = $stmt->get_result();

// pull all results as an associative array
$tickets = $resultSet->fetch_all();

<?php foreach ($tickets as $ticket): ?>
  <a href="view.php?id=<?= $ticket['id'] ?>" class="ticket">
    <span class="con">
      <?php if ($ticket['status'] == 'open'): ?>
        <i class="far fa-clock fa-2x"></i>
      <?php elseif ($ticket['status'] == 'resolved'): ?>
        <i class="fas fa-check fa-2x"></i>
      <?php elseif ($ticket['status'] == 'closed'): ?>
        <i class="fas fa-times fa-2x"></i>
      <?php endif; ?>
    </span>
    <span class="con">
      <span class="title"><?= htmlspecialchars($ticket['title'], ENT_QUOTES) ?></span>
      <span class="msg"><?= htmlspecialchars($ticket['msg'], ENT_QUOTES) ?></span>
    </span>
    <span class="con created"><? date('F dS, G:ia', strtotime($ticket['created'])) ?></span>
  </a>

Fehler:

C:\xampp\htdocs\ticket.php on line 271
" class="ticket">
Warning: Undefined array key "status" in C:\xampp\htdocs\ticket.php on line 273

Warning: Undefined array key "status" in C:\xampp\htdocs\ticket.php on line 275

Warning: Undefined array key "status" in C:\xampp\htdocs\ticket.php on line 277

Warning: Undefined array key "title" in C:\xampp\htdocs\ticket.php on line 282

Warning: Undefined array key "msg" in C:\xampp\htdocs\ticket.php on line 283

Kann mir jemand sagen, ob ich etwas übersehen habe?

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PHP Fehler?

Guten Abend, ich habe ein kleines Problem mit meinem PHP Code.

Error:

Warning: Array to string conversion in C:\Users\ali20\Documents\Video Platform\Player\index.php on line 6

Warning: Undefined property: stdClass::$Array in C:\Users\ali20\Documents\Video Platform\Player\index.php on line 6

Warning: Trying to access array offset on value of type null in C:\Users\ali20\Documents\Video Platform\Player\index.php on line 6

Warning: Attempt to read property "name" on null in C:\Users\ali20\Documents\Video Platform\Player\index.php on line 6
Error 723#1

index.php:

<?php
$data = file_get_contents("../SystemData.json");
$data = json_decode($data);
if(isset($_GET['title'])){
  if(!empty($_GET['title'])){
    $checkTitle = $data->$_GET['title']->name;
    if(isset($checkTitle)){
      $title = $_GET['title'];
    }else{
      echo "Error 723#1";
      exit;
    }
  }else{
    echo "Error 723#2";
    exit;
  }
}else{
  echo "Error 723#3";
  exit;
}
?>

SystemData.json:

{
    "7293746918450916": {
        "name": "Ein Film Name",
        "poster": "x",
        "source": "film.mp4"
    }
}

Aufgerufene URL:

http://localhost:3000/Player/index.php?title=7293746918450916

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JSON mit PHP richtige Ausgabe?

Hallo,

ich versuche zurzeit etwas mit JSON zu machen. Einen Großen Teil habe ich schon geschafft und zwar alles richtig auszulesen. Nun möchte ich diese Dateien Bearbeiten und mit PHP erstellen. Die Datei wird erstellt, doch leider Fehlen zwei [ Eckige Klammern ].

Wie komme ich von der Jetzigen Form:

{

"JSON": {
    "Key": "value",
    "Key2": "value",
    "Key3": "value",
    "Key4": "value",
    "Key5": "value",
    "Key6": "value"
}

}

auf:

{ "JSON": [

    {
    "Key": "value",
    "Key2": "value",
    "Key3": "value",
    "Key4": "value",
    "Key5": "value",
    "Key6": "value"
}

] }

Mein (PHP) Array sieht so aus:

$JSONArray = array(

'JSON' => array(
  'Key' => "value",
  'Key2' => "value",
  'Key3' => "value",
  'Key4' => "value",
  'Key5' => "value",
  'Key6' => "value"
)

);

Die Formatierung ist irgendwie etwas komisch geworden, also bitte achtet auch auf die Zeichen ausserhalb des Kastens.

Vielen Dank für die Antworten

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Undefined array key 19 in /htdocs/wp-includes/nav-menu-template.php?

Also ich habe vor kurzem eine Webseite erstellt und nun habe ich im Home Menu ständig eine Warnung "Undefined array key 19 in /htdocs/wp-includes/nav-menu-template.php on line 211" ich habe zwar die Zeilen gefunden jedoch habe ich gar keine ahnung was das Problem ist kann jemand von euch mir da helfen?

// Calculate the depth of each menu item with children.

foreach ( $menu_items_with_children as $menu_item_key => &$menu_item_depth ) {

$menu_item_parent = $menu_items_tree[ $menu_item_key ];

while ( $menu_item_parent ) {

$menu_item_depth = $menu_item_depth + 1;

$menu_item_parent = $menu_items_tree[ $menu_item_parent ];

}

Habs gelöst hatte ne Seite mit Shop Kategorien aber keinen shop (also im Template war keins dabei)

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Warning: Undefined array key "userid?

Ich habe versucht mich in einem Forum zu registrieren. Habe keine E-Mail zur Verifizierung bekommen und kann mich nicht einloggen. Ich bekomme untereinander angezeigt:

Warning: Undefined array key "userid" in /is/htdocs/wp1049036_EMKJ3N67L9/wbb2/acp/lib/functions.php on line 815

Warning: Undefined array key "userid" in /is/htdocs/wp1049036_EMKJ3N67L9/wbb2/acp/lib/functions.php(832) : eval()'d code on line 18

Ich werde nicht schlau aus dem was ich dazu finde. Kann mir jemand für absolute Laien erklären was das ist und wie ich es löse?

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File upload with php?

Hi ich habe ein Problem mit dem hochladen von Bildern. Die Bilder werden hierbei mit speicherort in einer mysql abgelegt, was soweit auch gut funktioniert. Allerdings funktioniert die funktion move_upload_file() nicht auf jedem Gerät und/oder Browser. Sprich ich lade Bilder hoch, fuktioniert auf meinem PC perfekt, auf dem PC von einem Freund allerdings nicht trotz selben browser. Woran kann es liegen?Kleiner Codeblock noch:

if(in_array($ext,$extension)) {
        $filename=basename($file_name,$ext);
        $newFileName=$filename.time().rand(100000,999999).".".$ext;
try {          move_uploaded_file($file_tmp=$_FILES["formFileMultiple"]["tmp_name"][$key],"uploads/".$newFileName);
} catch(Error $e){
...
}
        
$sql = 'INSERT INTO storage_pictures (owner, picture, tags) VALUES ("'.$_SESSION['username'].'"," uploads/'.$newFileName.'",'."'".$Tags."')";
        if ($conn->query($sql) === TRUE) {
            $WebQuery = $WebQuery."?File".$key."=successFullUploadedWithGeneratedName"; 
        }

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Verschachtelte sql abfrage bzw. sortierung?

So, ich habe ein Problem.

Gerne möchte ich daten als liste aus einer datenbank laden. diese daten sollen seiten anzeigen als tabelle, diese seiten haben aber teilweise untergeordnete seiten die in der datenbank unter 'parent' die 'id' des elternelementes und diese wiederum können auch untergeordnete seiten haben.

wie gestalte ich die datenbankabfrage wenn ich die seiten anzeigen will in einer tabelle in der erst die "Höchste" nach dem 'sort' wert absteigend und zwischen diesem sort und dem nächsten "höchsten" datensatz dazwischen die unterseiten erscheinen?

hier ein bild der Tabelle:

anhin ein codeschnipsel der tabelle die ich schon habe:

<?php if (!empty($pages)): ?>
    <table>
        <thead>
            <tr>
                <th>ID</th>
                <th>Link</th>
                <th>Titel</th>
                <th>Navigationselement</th>
                <th>Aktionen</th>
            </tr>
        </thead>
        <tbody>
            <?php foreach($pages AS $page): ?>
                <tr>
                    <td><?php echo e($page->id); ?></td>
                    <td><?php echo e($page->slug); ?></td>
                    <td><?php echo e($page->title); ?></td>
                    <td><?php echo e($page->nav); ?></td> 
                    <td>
                        <form method="POST" action="./?route=admin/page/delete">
                            <input type="hidden" name="csrf_token" value="<?php echo csrf_token(); ?>" />
                            <input type="hidden" name="id" value="<?php echo e($page->id); ?>" />
                            <input type="submit" value="Löschen" class="button-as-link" />
                        </form>
                        <a href="./?route=admin/page/edit&id=<?php echo e($page->id); ?>">Editieren</a>
                    </td>
                </tr>
            <?php endforeach; ?>
        </tbody>
    </table>
<?php else: ?>
    <p>Es wurden noch keine Seiten angelegt.</p>
<?php endif; ?>

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Warum funktioniert dieser PHP-Code nicht?

Es wird gesagt, dass es einen Fehler in Zeile 17, 18 und 19 gibt. Also ab

$name = $_POST['Name'];

Ich finde den Fehler dazu aber nicht. dieser Code ist dazu da, einen neuen Benutzer in eine Datenbank zu speichern.

Code:

<!DOCTYPE html>
<html lang="en">
  <head>
    <meta charset="UTF-8">
    <meta http-equiv="X-UA-Compatible" content="IE=edge">
    <meta name="viewport" content="width=device-width, initial-scale=1.0">
    <title>Document</title>
  </head>
  <body>
    <form method="post">
      <input type="Text" id="Name" placeholder="Name"><br><br>
      <input type="Text" id="Vorname" placeholder="Vorname"><br><br>
      <input type="number" id="Telefonnummer" placeholder="Telefonnummer"><br><br>
      <input type="submit">
    </form>
    <?php
      $name = $_POST['Name'];
      $Vorname = $_POST['Vorname'];
      $Telefonnummer = $_POST['Telefonnummer'];
      require "./Config.php";
      $pdo;
      $sql = "INSERT INTO user (Name, Vorname, Telefonnummer) VALUES (:Name, :Vorname, :Telefonnummer)";
      $stmt = $pdo -> prepare($sql);
      $stmt -> execute(['name' => $name, 'Vorname', $Vorname, 'Telefonnummer', $Telefonnummer]);
    ?>
  </body>
</html>

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PHP/HTML - Wie kann ich in jeder Zelle meiner Tabelle ein Dropdownmenü ausgeben?

Hallo zusammen,

folgendes Problem:

Ich möchte eine Tabelle haben, die in jeder Zelle ein Dropdownmenü hat. Später möchte ich die ausgewählten Werte in der Datenbank speichern.

Da die Tabelle selbst nicht statisch und aufgrund von anderen Parametern größer/kleiner, etc. ist, kann ich nicht in jede Zeile das Dropdown hineinschreiben.

Mein Dropdownmenü (welches einzeln einwandfrei funktioniert):

<form id="form" name="form" method="post">
  <select Vorname2='NEW'>
    <option value=""> </option>
    <?php while ($cat = mysqli_fetch_array($vornamen,MYSQLI_ASSOC)):; ?>
      <option value="<?php echo $cat['vorname'];?>">
        <?php echo $cat['vorname'];?>
      </option>
    <?php endwhile; ?>
  </select>
</form>

Wenn ich diesen Code zweimal verwende (auch unter anderem Namen), dann kann ich dennoch nur bei dem Menü etwas auswählen, welches zuerst im Quelltext vorkommt.

Die Wiederholungen versuche ich mit einer Loop gleichzeitig mit dem Aufbau der Tabelle zu intigrieren. In jede einzelne "Test"-Zeile soll später das Dropdownmenü.

  for ($x = 0; $x < $anzahltage; $x++) {
    echo "<tr>";
      echo "<td>";
?>
    Hier steht der Quelltext von oben
<?php
  echo "</td>";
  echo "<td> test 2</td>";
  echo "<td> test 3</td>";
  echo "<td> test 4</td>";
  echo "<td> test 5</td>";
  echo "<td> test 6</td>";
  echo "</tr>";
}

Gibt es da bessere Ideen?

Ich bin nicht so gut im Programmieren. Ich kenne nicht alle Befehle. Also bitte nicht zu streng sein. :)

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PHP MySql Login / Passwort überprüfung?

Kann mir da jemand sagen wo der Fehler liegt ? Ich bin da am verzweifeln.

Login, Registrierung, Fehlermeldung, SQL Struktur habe ich alles in die Frage gepackt damit ihr einen besseren überblick habt.

login.php:

<?php
   $server = 'localhost';
   $user = 'root';
   $psw = null;
   $dbName = 'TestApp';
try {
   $conn = new PDO('mysql:host='.$server.';dbname='.$dbName.';charset=utf8', $user, $psw);
   $conn->setAttribute(PDO::ATTR_ERRMODE, PDO::ERRMODE_EXCEPTION);
   $conn->setAttribute(PDO::ATTR_EMULATE_PREPARES, false);

    $username = htmlspecialchars(stripslashes(trim($_POST['username'])));
    $password = htmlspecialchars(stripslashes(trim($_POST['password'])));

    $statement = $pdo->prepare("SELECT * FROM user WHERE username = :username");
    $result = $statement->execute(array('username' => $username
                                    ));
    $user = $statement->fetch();
    //Überprüfung des Passworts
    if ($user !== false && password_verify($username, $password['passwort'])) {
        $_SESSION['userid'] = $user['id'];
        die('Login erfolgreich. Weiter zu <a href="geheim.php">internen Bereich</a>');
    } else {
        $errorMessage = "Nutzername oder Passwort war ungültig<br>";
    }

}catch (PDOException $e) {
    print "Error!: " . $e->getMessage() ;
    exit;
  }

Konsole :

<br />
<b>Warning</b>: Undefined variable $pdo in <b>C:\xampp\htdocs\Test\assets\php\login.php</b> on line <b>14</b><br />
<br />
<b>Fatal error</b>: Uncaught Error: Call to a member function prepare() on null in C:\xampp\htdocs\Test\assets\php\login.php:14
Stack trace:
#0 {main}
 thrown in <b>C:\xampp\htdocs\Test\assets\php\login.php</b> on line <b>14</b><br />

register.php

<?php
   $server = 'localhost';
   $user = 'root';
   $psw = null;
   $dbName = 'TestApp';
try {
   $conn = new PDO('mysql:host='.$server.';dbname='.$dbName.';charset=utf8', $user, $psw);
   $conn->setAttribute(PDO::ATTR_ERRMODE, PDO::ERRMODE_EXCEPTION);
   $conn->setAttribute(PDO::ATTR_EMULATE_PREPARES, false);

// POST wird mit AJAX gesendet
   $username = htmlspecialchars(stripslashes((trim($_POST["username"])))) ;
   $password =  password_hash(htmlspecialchars(stripslashes((trim($_POST["password"])))) ,PASSWORD_DEFAULT) ;
   $cash =     100;

// Schreibt in die Datenbank

   $sql = "INSERT INTO user (username,password,cash) VALUES (:username,:password,:cash) ";
   $sqlvars = array("username"  => $username,
   "password" => $password,
   "cash" => $cash);
   $Abfrage = $conn->prepare($sql);
   $Abfrage->execute($sqlvars);


}catch (PDOException $e) {
  print "Error!: " . $e->getMessage() . "<br/>";
  exit;
}

SQL STRUKTUR :

Datenbankname : Test

Tabelle : user , 5 Spalten/Rows

id | int , (auto increment)
username | varchar , (unique)
password | varchar, (gehasht mit salt sha512)
cash | varchar
time | datetime, (mit current time stamp)

und ich mache alles mit AJAX.

-PDO statt mysqli

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Wie vergleiche ich PHP Variablen mit unterschiedlicher Codierung?

Hallo liebe Community.

Ich suche die Lösung für ein Problem bei der Programmierung mit PHP und Variablen.

Ich möchte gerne einen Wert, den ich über mysqli abgerufen habe mit einer Variable aus einem Array vergleichen.

Das Problem dabei ist, dass bei Umlauten und Sonderzeichen das Programm nicht mitmacht. Die beiden verglichenen Werte müssten gleich sein, werden aber nicht als gleich erkannt.

Hier mein Beispiel:

Datenbank:

id --- vorname --- nachname

1 --- Sabrina --- Müller

PHP:

(Hier ein PHP Abschnitt zur Eintragung in die Datenbank, also demnach auch in UTF8 codiert)

$test = array("Sabrina","Müller");

$result = mysqli_query($datenbank,"SELECT vorname, nachname FROM telefonbuch WHERE id='1'");

while($row=mysqli_fetch_array($result,MYSQLI_ASSOC)) {

if($row['nachname']==$test[1])

echo "Erfolg";

else

echo "Kein Erfolg";

}

Ergebnis:

Wenn ich die Seite so aufrufe, kommt "Kein Erfolg".

Die Datenbank umfasst mehr Einträge, also alles andere ist richtig programmiert. Alles hat "Erfolg", nur die Einträge mit ä,ö,ü,ß,@, etc. haben keinen Erfolg.

Auch if($row['nachname']=='Müller') → Kein Erfolg

Auch wenn ich beide Werte vorher in Variablen packe → Kein Erfolg

Ein Test mit:

echo mb_detect_encoding($str)

Ergibt bei:

$row['nachname'] → UTF-8

$test[1] → ASCII

Wieso kann ich diese beiden Variablen nicht miteinander vergleichen und was kann ich tun, um dieses Problem mit den Umlauten zu lösen?

Vielen Dank für jede Hilfe.

Liebe Grüße =)

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PHP/MySql wie überprüfen ob Nutzername bereits vergeben?

Wie würde ich das hier am besten mit einer If-Abfrage überprüfen bevor es etwas in die SQL Datenbank schreibt ?

<?php
   $server = 'localhost';
   $user = 'root';
   $psw = null;
   $dbName = 'TestDatenbank';
try {
   $conn = new PDO('mysql:host='.$server.';dbname='.$dbName.';charset=utf8', $user, $psw);
   $conn->setAttribute(PDO::ATTR_ERRMODE, PDO::ERRMODE_EXCEPTION);
   $conn->setAttribute(PDO::ATTR_EMULATE_PREPARES, false);

// POST wird mit AJAX gesendet
   $username = htmlspecialchars(stripslashes((trim($_POST["username"])))) ;
   $password =  password_hash(htmlspecialchars(stripslashes((trim($_POST["password"])))) ,PASSWORD_DEFAULT) ;
   $cash =     100;

// Schreibt in die Datenbank

   $sql = "INSERT INTO user (username,password,cash) VALUES (:username,:password,:cash) ";
   $sqlvars = array("username"  => $username,
   "password" => $password,
   "cash" => $cash);
   $Abfrage = $conn->prepare($sql);
   $Abfrage->execute($sqlvars);


}catch (PDOException $e) {
  print "Error!: " . $e->getMessage() . "<br/>";
  exit;
}

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PHP Funktion aufrufen?

Ich habe eine PHP Funktion in einer anderen ausgelagerten Datei und möchte diese jetzt in einer JavaScript Funktion aufrufen siehe Quellcode:

was mache ich falsch und bitte mit Lösungsvorschlägen


function PersonXSenden()
{
   InhaltPersonX = document.getElementById("X").value;
   console.log(InhaltPersonX);
   document.cookie = "XCookie = " + InhaltPersonX;
   test3();

   <?php
       include "Chat2.php";
       test();
   ?>
}

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