用户登录时如何将非发布数据发布到会话中

Question

当我的用户登录网站时，会话数据中缺少他们的名字、姓氏和 ID，因为我的会话数据被编码为获取发布数据并提交到我的数据库中的会话表中。

因为用户在我的会话数据中使用电子邮件和密码登录，所以仅显示电子邮件，而没有其他任何内容。

如何使名字、姓氏和 ID 出现在数据库的会话表中？我想知道如何在用户登录时从数据库中获取这些详细信息并将其提供在我的 $u_data 数组中，以便它发布上传登录成功。

这是我的代码：

<?php
class Login_Model extends CI_Model {


    public function checkLogin() {

            $this->db->where('email', $this->input->post('email')); //compare db email to email entered in form
            $this->db->where('password', $this->hashed()); //compare db password to hashed user password
            $query = $this->db->get('users'); //get the above info from 'user' table

            if ($query->num_rows() == 1) { //if number of rows returned is 1

            $u_data = array( //new variable with session data
                'user_id' => $this->db->insert_id(),
                'email' => $this->input->post('email'),
                'first_name' => $this->input->post('first_name'),
                'last_name' => $this->input->post('last_name'),
                'logged_in' => TRUE
            );

            $this->session->set_userdata($u_data); //send data from variable to db session
            return TRUE;

       } else {
            return FALSE;
       }
 }


   public function hashed() { //hashing method

            // sha1 and salt password
            $password = $this->encrypt->sha1($this->input->post('password')); //encrypt user password
            $salt = $this->config->item('encryption_key'); //grab static salt from config file

            $start_hash = sha1($salt . $password);
            $end_hash = sha1($password . $salt);
            $hashed = sha1($start_hash . $password . $end_hash);
            return $hashed;
}

}

Answer 1

如果您正在跟踪数据库中的会话，则会想到两种解决方案。

首先，您可以从用户表中选择第一个/最后一个并将其插入会话表中。这需要更改您的应用程序。

其次，您可以为您的应用程序设置一个视图，其中会话表自动与适当的用户连接，但这假设您已经拥有会话中哪个用户的一些唯一标识符（是电子邮件地址吗？* ）。此解决方案不需要对应用程序代码进行任何更改，但需要对数据库进行更改，这可能是首选方法，具体取决于您的部署要求（也可能不是:)）。

* 作为旁注，如果您使用电子邮件地址作为唯一标识符，请注意，在您决定这是否是适合您的解决方案时，有些人会共享电子邮件地址。

Answer 2

这就像

session_start();
$_SESSION['userdata'] = $u_data;

在 CheckLogin 方法中 执行以下操作一样简单：会话只是一个常规的 PHP 数组，它会自动为您保留。您可以将任何您想要的东西放入其中，但您必须自己将东西放入其中 - PHP 不会为您做这件事。

评论后续：

陷阱。因此，您只需修改类即可在登录经过身份验证后从数据库中获取该信息。我不知道你的数据库类是如何工作的，但不仅仅是检查是否有匹配的行，而是使用如下查询来获取名字/姓氏：

select firstname, lastname
from users
where email=$email and password=$password

如果你得到一个结果行，你就知道这是一个有效的登录，然后您只需检索名称数据即可。我不知道你的数据库类是如何工作的，但让它做到这一点应该不会太难。

Answer 3

当我在 CodeIgniter 中使用身份验证系统时，我已经习惯了通过在构造函数中获取用户数据，在视图中全局包含“用户”对象，并且在我的控制器中全局包含“用户”对象，就像这样

<?php

class My_Controller extends Controller {

    private $the_user;  //global var to store current user data

    function My_Controller() {
        parent::Controller();

        $data->the_user = $this->ion_auth->get_user();       //get user data
        $this->load->vars($data);                  //load into all views as $the_user "$the_user"
        $this->the_user=$data->the_user;         //load into private class variable "$this->the_user"
    }

......默认情况下，$the_user 变量对象在所有视图中都可用，并且 $this->the_user 始终可用于控制器函数。它始终代表当前登录的用户。

我使用 Ion_auth 进行身份验证并获取用户，因此您必须填写该部分。

我实际上只是 构造了一个“如何” 来实现扩展控制器类，以便所有身份验证逻辑自动继承到所有“受保护”控制器。

Answer 4

以下为我解决了这个问题。我在这里查看了我的一个旧问题并运用了我的常识。

我对我的代码进行了此编辑。

if ($query->num_rows() == 1) { //if number of rows returned is 1

      $user = $query->result();

                $u_data = array( //new variable with session data
                    'user_id' => $user[0]->id,
                    'email' => $this->input->post('email'),
                    'first_name' => $user[0]->first_name,
                    'last_name' => $user[0]->last_name,
                    'logged_in' => TRUE
                );