<?php
$con=mysqli_connect("localhost","root","","uplod");
if (mysqli_connect_error()) {
echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error();
} else{
echo work
$sql ="UPDATE tea SET name = ' 8req' WHERE id = '3 ' "or die ("cant update" . mysql_error());
if($sql)
echo"working";
}
?>
有谁能告诉我脚本中的错误是什么?
它没有更新db,我试过在phpmyadmin查询工作正常。这是我在sqlquery中写的:
(UPDATE tea SET name = ' 8req' WHERE id = '3 ')
答案 0 :(得分:2)
使用此代码,您没有添加mysqli_query
。
<?php
$con = mysqli_connect("localhost","root","","uplod");
if(mysqli_connect_error())
{
echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error();
}
else
{
$sql ="UPDATE tea SET name = ' 8req' WHERE id = '3 ' ";
$result = mysqli_query($con,$sql) or die ("cant update" . mysqli_error($con));
if($result)
echo"working";
}
?>
答案 1 :(得分:0)
你可以添加else来查看sql是否没有给出像
这样的结果如果($ sql){
回声“工作”;
}否则{
回声“不工作”;
}
或者,如果你使用chrome,你可以在提交前检查元素,提交后你可以点击网络标签中的动作网址,看看隐藏错误
希望这个帮助
答案 2 :(得分:-3)
echo 'work';
$sql =mysql_query("UPDATE tea SET name = ' 8req' WHERE id = '3 ' ")or die ("cant update" . mysql_error());
if($sql)
echo"working";
修改你的查询.. $ sql变量需要一个值进行比较。