Question

我有三个选项可以将照片或视频上传到网站，我有这个选择选项来选择文件上传的内容，就像标签一样。它没有把它放在数据库中。这是我的代码：

这是我打电话的地方

$type1 = $_POST['type'];
$type = mysql_real_escape_string($type);

          $sql = mysql_query("INSERT INTO photos 
SET photo='$newname', title='$title', date='$date', author='$by' , type='$type'")

这是它的制作地点

<select name="type" id="type">
  <option value="Pic">Picture</option>
  <option value="Video">Video</option>
  <option value="Gif">Animated picture (GIF)</option>
</select>

Answer 1

使用此INSERT语法

INSERT INTO photos (photo, title, date, author, type )
VALUES ('$newname', '$title', '$date','$by' , '$type')

作为旁注，查询易受SQL Injection攻击。请阅读以下文章如何防止它，

How to prevent SQL injection in PHP?

Answer 2

您发布的代码是真实代码吗？看起来当你逃离时，你没有使用Select中的实际数据。

$type = mysql_real_escape_string($type); // You are escaping the $type variable, which is NULL, it was just declared

但您正在使用此变量名称

从Select中读取数据

$type1 = $_POST['type'];

所以你在某个地方使用$type1，在其他地方使用$type。

Sql没有将选项选项放到数据库中？

2 个答案: