Question

您好我正在为我的学位项目开发一个快速原型。我有一个以前的表单，用户将从动态下拉列表中选择一些选项，当这些选项保存到表格中时，下一页面是供用户上传文件的。然后将此文件存储到一个单独的表中，其中外键引用另一个表。问题在于文件上传页面，我没有包含代表外键的变量，因为我想看看我是否可以让它先工作。如果有人能提供帮助，我将不胜感激。

我收到的错误是上传文件的名称不是插入查询字段中的有效列名或

如果我尝试更改sql，则无法在子表上进行插入或更新，因为违反了参照完整性。

我是厚吗？我已经被困了几个小时了。

继承人的PHP

if (isset($_POST['action']) and $_POST['action'] == 'upload')
{

$uploadfile = $_FILES['upload']['tmp_name'];
$uploadname = $_FILES['upload']['name'];

if(is_uploaded_file($uploadname)) {


$uploadtype = $_FILES['upload']['type'];
$uploaddata = file_get_contents($uploadfile);



// Prepare user-submitted values for safe database insert

$uploadname = mysql_real_escape_string($uploadname);
$uploadtype = mysql_real_escape_string($uploadtype);
$uploaddata = mysql_real_escape_string($uploaddata);

$sql = "INSERT INTO product_logs (fileName, mimeType, fileData)
        VALUES (".$uploadname.",".$uploadtype.",".$uploaddata.")";
$exesql=mysql_query($sql) OR die(mysql_error());
}
else {
echo 'Error: File could not be uploaded.';
}   
}
include("file.html.php");

这是file.html.php

<form action="" method="post" enctype="multipart/form-data">
        <div>
            <label for="upload">Upload File:
            <input type="file" id="upload" name="upload"/></label>
        </div>
        <div>
            <input type="hidden" name="action" value="upload"/>
            <input type="submit" value="Upload"/>
        </div>
    </form>

以下是product_logs表的结构

Field       Type           Null Key       Default         Extra
logID       int(5)         NO   PRI         NULL           auto_increment
dateCreated date           NO               NULL    
malResultID int(6)         NO   MUL         NULL    
mimeType    varchar(50)    NO               NULL    
fileData    mediumblob     NO               NULL    
fileName    varchar(255)   NO               NULL

Answer 1

你在这里忘了单引号

$sql = "INSERT INTO product_logs (fileName, mimeType, fileData)
VALUES ('".$uploadname."','".$uploadtype."','".$uploaddata."')";

并停止使用已弃用的mysql_*，请使用mysqli或pdo

Answer 2

您在查询中忘记了值的引号：

$sql = "INSERT INTO product_logs (fileName, mimeType, fileData)
        VALUES ('".$uploadname."','".$uploadtype."','".$uploaddata."')";
                ^--             ^ ^               ^ ^               ^

请注意，将文件存储在数据库中并不是一个好主意，并且会导致出现重大问题。

如果您允许大量上传，请注意您浪费了大量内存，并在内存中保存了上传文件的两份副本。

是一个稍微不好的方法

$sql = "INSERT .... " . mysql_real_escape_string(file_get_contents(...));

为您节省至少一份文件的空间。

Answer 3

你应该改变你的Sql -

$sql = "INSERT INTO product_logs (fileName, mimeType, fileData)
        VALUES ('".$uploadname."','".$uploadtype."','".$uploaddata."')";

此外，我们已经看到您的表名是product_logs

你能分享product_logs表的结构吗？这样我们就可以更好地澄清您的问题。

由于

无法将上传的文件存储到MySql中

3 个答案: