PHP Warning: mysqli_select_db() expects exactly 2 parameters, 1 given in

Clay1995 · 16 de março de 2018

Galera estou com um erro quando tento injetar no meu banco de dados aqui esta meu codigo

<DOCTYPE html>

<html>

<head>
<title>Cadastrando</title>

</head>

<body>

<?php
$host = "localhost";
$user = "clay";
$pass = "ccaldasdan10";
$banco = "cadastro";
$conexao = mysqli_connect($host, $user, $pass) or die (mysql_error());
mysqli_select_db($banco) or die (mysql_error());

?>

<?php
$nome=$_POST['nome'];
$login=$_POST['login'];
$email=$_POST['email'];
$senha=$_POST['senha'];
$sql = mysqli_query("INSERT INTO usuarios(nome, login, email, senha)VALUES('$nome',$login',$email',$senha')");


?>

</body>

</html>

o erro que aparece é o seguinte

Warning: mysqli_select_db() expects exactly 2 parameters, 1 given in C:\wamp64\www\cadastro\cadastrando.php on line 18

se alguem puder me esclarecer o erro eu agradeço

DiF · 16 de março de 2018

@Clay1995 O PHP, não usa mais a função mysqli_select_db().

Tornou-se obsoleto.

Troque sua conexão de:

$host = "localhost";
$user = "clay";
$pass = "ccaldasdan10";
$banco = "cadastro";
$conexao = mysqli_connect($host, $user, $pass) or die (mysql_error());
mysqli_select_db($banco) or die (mysql_error());

Para:

$conexao = mysqli_connect("localhost", "clay", "ccaldasdan10", "cadastro");

Sim, apenas uma linha. Pois a sintaxe é:

mysqli_connect("localhost", "usuario", "senha", "nome do banco de dados");

http://php.net/manual/pt_BR/function.mysqli-connect.php

Clay1995 · 16 de março de 2018

7 minutos atrás, DiF disse:

$conexao = mysqli_connect("localhost", "clay", "ccaldasdan10", "cadastro");

fiz o que disse mais o erro persiste o mesmo erro

DiF · 16 de março de 2018

@Clay1995 Não tem como persistir o erro. Se fizer como disse acima, você vai eliminar a função que está dando o erro.

Então se há erro, é outro.

Se quiser pode postar print do problema.

Em tempo: Não recomendo o xampp ou o Wamp64. Use o EasyPHP DEV server 17(versão mais recente).

Clay1995 · 17 de março de 2018

o erro aparece estar na linha 18 maninho dizendo que espera mais de 1 parâmetro mais eu não consigo saber qual parâmetro é este

DiF · 17 de março de 2018

@Clay1995 Aff... não precisa saber que parâmetro é esse... basta colocar aqui o erro de novo, seja por print ou por texto.

Mas sem saber que erro é, não posso ajudar. SE e somente SE você usou a forma de uma linha do mysqli que eu mencionei, o erro é obrigado a não ser o mesmo. Pois eliminamos a função que estava dando erro.. portanto o erro é em outro lugar do seu código.

Mas para saber, preciso ver seu código de novo de como está agora E de preferência postar uma imagem do problema para que entendimento seja mais eficiente.

Sem isso, não há como ajudar.

Seria a mesma coisa que você se sentir mal, ir no médico, ele perguntar o que você sente e você dizer: não sei, mas to passando mal. Rsrs

PS: por descargo de consciência, no navegador tente zerar o cache com CTRL + F5, algumas vezes.

HwapX · 19 de março de 2018

Você deve informar a conexão na função mysqli_select_db.

mysqli_select_db($conexao, $banco) or die (mysqli_error($conexao));

Outro detalhe é que no tratamento de erros você está está misturando a biblioteca mysqli com a mysql.

Como você está utilizando a biblioteca mysqli a linha:

$conexao = mysqli_connect($host, $user, $pass) or die (mysql_error());

Deve ser alterada para:

$conexao = mysqli_connect($host, $user, $pass) or die (mysqli_connect_error());

e a linha do erro também deve ter seu tratamento de erros alterado de:

mysqli_select_db($banco) or die (mysql_error());

Para:

mysqli_select_db($conexao, $banco) or die (mysqli_error($conexao));

Também encontrei erros na sua consulta no banco as aspas não estão corretas o código a seguir:

$sql = mysqli_query("INSERT INTO usuarios(nome, login, email, senha)VALUES('$nome',$login',$email',$senha')");

Deve ser alterado para:

$sql = mysqli_query("INSERT INTO usuarios(nome, login, email, senha)VALUES('$nome','$login','$email','$senha')");

Além disso você também deve se proteger de vulnerabilidades como sql injection alterando o código a seguir de:

$nome=$_POST['nome'];
$login=$_POST['login'];
$email=$_POST['email'];
$senha=$_POST['senha'];

Para:

$nome=mysqli_escape_string($conexao, $_POST['nome']);
$login=mysqli_escape_string($conexao, $_POST['login']);
$email=mysqli_escape_string($conexao, $_POST['email']);
$senha=mysqli_escape_string($conexao, $_POST['senha']);