Question

我遇到以下代码问题。变量$ houseid在第二个if语句中显示为空，但可以在第一个中调用。我需要在第二个if语句中达到$ houseid变量。我已经在它们之外和第一个中进行了测试，它似乎在两者中都能正常工作。

$landlordid = $_SESSION['landlordid'];

$con = mysqli_connect("mysql1616int.cp.blacknight.com","***","***","***"); // Connect to the MySQL server

$mysql = mysqli_query($con, "SELECT * FROM houseInfo WHERE landlordID = '{$landlordid}'");


    echo '<form method="POST" action=""><select name="pickhouseid">';

    while($row = mysqli_fetch_array($mysql)){
      echo '<option value="' . $row['houseID'] . '">'. $row['housename'] . '</option>';
      }

    echo '</select> 
    <input type="submit" name="houseselect"  value="Select">
    </form>';
    echo "<br>";

    $houseid = $_POST['pickhouseid']; ///where house is set.

    if(isset($_POST['houseselect'])){
    echo "<form method='POST' action=''><select name='services'><option value='gas1'>Gas Reading</option>
            <option value='water1'>Water Reading</option><option value='elec1'>Electricity Reading</option>
            </select><input type='submit' value='Select'></form>";

    echo "<br>";
    echo $houseid; /// returns correct value
    }
    if (($_POST['services']) == 'gas1') { 
    echo "something";
    echo $houseid; ///doesn't work, appears as empty.
    }

任何人都可以帮忙解决这个问题吗？谢谢。

Answer 1

表单只提交此表单中的内容，而不是页面上的其他表单。

$houseid（在你的最后一个if中）现在应该是NULL所以回应它应该不输出任何内容。

因此，请将有关$houseid的信息添加到其他表单中。 $_POST数据不会通过多个请求传递。

echo "<form method='POST' action=''><select name='services'><option value='gas1'>Gas Reading</option>
        <option value='water1'>Water Reading</option><option value='elec1'>Electricity Reading</option>
        </select><input type='submit' value='Select' />
        <input type='hidden' value='$houseid' name='houseid' /> <!-- here was added -->
       </form>";

Answer 2

哇，这可能吗？我没有理由为什么$ houseid应该返回空，除非条件返回false，尝试在if语句块中回显其他东西（字符串）并查看它是否出现，我真的认为if语句仍然返回false。

在if语句中无法访问PHP变量

2 个答案: