Question

我创建了2页。一个名为 test.php 的人，只有一些带有沼泽标准格式的html。

<Form name ="form1" Method ="GET" Action ="result.php">

   room number: <INPUT TYPE = "TEXT" Name ="roomId">
   <INPUT TYPE = "Submit" Name = "Submit" VALUE = "Go">

</FORM>

和另一个处理它的页面名为results.php。

$roomId = $_POST['roomId'];

            $sql = mysql_query("SELECT * FROM forestcourt WHERE id=$roomId");

            $id2 = 'id';
            $buildingName = 'buildingName';
            $subBuildings = 'subBuildings';
            $imagePath = 'imagePath';
            $description = 'description';


            $rows2 = mysql_fetch_assoc($sql);
            echo 'Name: ' . $rows2[$buildingName] . '<br/>' . 'Sub Buildings: ' . $rows2[$subBuildings] . '<br/>' . 'Description: ' . $rows2[$description] . '<br/>' . 'Location: ' . '<img src="../' . $rows2[$imagePath] . '"/>' . '<br/><br/>';

我想要它有效地做的是从test.php上的输入中获取值，并在按下提交按钮时将其作为$roomId存储在results.php页面上。我已经让它与其他例子一起工作了，但我不确定为什么它不在这里......希望我只是犯了一个简单的错误，有人可以指出它！

我知道页面已连接到数据库，因为如果我对'results.php'做一些评论，它会从数据库中获取信息。

如果我发表评论：

$roomId = $_POST['roomId'];

并改变：

$sql = mysql_query("SELECT * FROM forestcourt WHERE id=$roomId");

到

$sql = mysql_query("SELECT * FROM forestcourt WHERE id=1");

results.php页面上的信息与数据库中的信息相同。

我在完成整个过程时出现的错误是：

“警告：mysql_fetch_assoc（）：提供的参数不是有效的MySQL 结果资源 /websites/123reg/LinuxPackage23/ed/ge/_g/xxx.co.uk/public_html/testing/result.php 在第49行“

第49行将是：

 $rows2 = mysql_fetch_assoc($sql);

on results.php。

如果有人能够阐明为什么它不起作用那就太好了。我是MySQL的新手，我花了一天时间来解决这个问题！如果需要更多信息，我会尽快尝试并提供。

Answer 1

您应该更改 test.php 中的method="post"或更改 results.php中的$roomId = $_GET['roomId'];或$roomId = $REQUEST['roomId'];

Answer 2

您的操作页面为result.php而不是results.php，如果您希望代码能够正常运行，请将表单更改为POST：

<Form name ="form1" Method ="post" Action ="result.php">

   room number: <inpyt type = "text" Name ="roomId">
   <input TYPE = "Submit" Name = "Submit" VALUE = "Go">

</FORM>

并在php中，首先检查你是否有这样的价值：

if(isset($_POST['roomId'])) $roomId = $_POST['roomId'];

Answer 3

$sql = mysql_query("SELECT * FROM forestcourt WHERE id=1");

如果您希望上面的代码或$_POST['roomId'] = $roomid之类的代码可以使用。

而不是以下内容：

$sql = mysql_query("SELECT * FROM forestcourt WHERE id='1'");

或

$sql = mysql_query("SELECT * FROM forestcourt WHERE id='$roomid'");

你可能已经解决了但是对其他人来说。

当然，form方法必须是POST或GET相应的。

将表单ACTION发送到另一个将处理第1页结果的php页面

3 个答案: