为何我的PHP登录代码无法触发SQL注入漏洞？

首先，你遇到的警告是因为SQL查询执行失败了：当mysqli_query()无法执行你的注入语句时，会返回布尔值false，而mysqli_fetch_array()和mysqli_num_rows()都需要传入有效的mysqli_result对象，因此触发了类型不匹配的警告。

第一步：先排查SQL错误原因 #

要知道你的注入语句到底哪里出问题了，先给代码加个错误检查，这样能直接看到SQL执行的具体错误信息：

$result = mysqli_query($conn,$sql);
// 添加这行错误检查
if (!$result) {
    die("SQL执行错误: " . mysqli_error($conn));
}

添加后再执行注入，就能明确看到语句的语法问题了。

第二步：简化你的注入语句 #

你用的注入语句太复杂，还存在无效的字符串比较（比如'1' = '1 '，带空格的'1 '和纯'1'是不相等的），反而容易导致SQL语法异常。其实用最简单的注入语句就能达成目的：

在用户名输入框输入：

' OR 1=1 -- 

密码随便填（比如123）。此时拼接后的SQL会变成：

SELECT * FROM users WHERE username = '' OR 1=1 -- ' AND password = '123'

这里的-- 是SQL注释符（注意后面必须有空格），会把后面的' AND password = '123'全部注释掉。最终WHERE条件变成username = '' OR 1=1，这个条件永远为真，会返回users表中所有记录，$count自然会≥1，就能成功登录。

第三步：修正代码的逻辑漏洞 #

你的代码还有个小问题：$sql的定义在isset($_POST["sbm"])的外面，如果请求里没有sbm参数（虽然表单里有，但极端情况可能出现），$username和$password会是未定义变量，直接导致SQL语法错误。建议把查询逻辑放到isset($_POST["sbm"])的代码块内，并且跳转后加上exit防止后续代码执行：

if($_SERVER["REQUEST_METHOD"] == "POST") {
    if(isset($_POST["sbm"])){
        $username = $_POST['username'];
        $password = $_POST['password'];
        
        $sql = "SELECT * FROM users WHERE username = '$username' AND password = '$password'";
        $result = mysqli_query($conn,$sql);
        
        if (!$result) {
            die("SQL执行错误: " . mysqli_error($conn));
        }
        
        $count = mysqli_num_rows($result);
        
        if($count >= 1) {
            $_SESSION['login_user'] = $username;
            header("location: welcome.php");
            exit; // 跳转后必须终止脚本
        }
    }
}

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Riwi