这是我的表格
<html>
<head><title>Hawkins Car Records</title></head>
<body><h1>Add New Car</h1></body>
<form action="carNewBack.php" method="POST">
Car Name: <input type="text" name="carName"/>
<br>
Make: <input type="text" name="make"/>
<br>
Model: <input type="text" name="model"/>
<br>
Year: <input type="text" name="year"/>
<br>
Last 5 digits of VIN: <input type="text" name="lastVIN"/>
<br>
Plate: <input type="text" name="plate"/>
<br><br>
<input type="submit" value="Submit"/>
</form>
</html>
当我点击提交按钮时,没有任何反应。没有白屏,没有404,没什么。它不会执行carNewBack.php。有人可以分享任何想法吗?
这是动作文件。我试图建立一个家庭汽车服务记录的数据库,这是一个输入并创建新车记录的形式。
<?php
$carconnect = mysqli_connect("localhost", "carUser", "caps271:snows", "cars");
if (mysqli_connect_errno()) {
printf("connect failed: %s\n", mysqli_connect_error());
exit();
} else {
$carName = mysqli_real_escape_string($_POST['carName']);
$make = mysqli_real_escape_string($_POST['make']);
$model = mysqli_real_escape_string($_POST['model']);
$year = mysqli_real_escape_string($_POST['year']);
$lastVIN = mysqli_real_escape_string($_POST['lastVIN']);
$plate = mysqli_real_escaped_string($_POST['plate']);
$sql = "INSERT INTO cars (carName, make, model, year, lastVIN, plate) VALUES ('". $carName."', '".$make."', '".$model."', '".$year."', '".$lastVIN."', '". $plate."')";
$res = mysqli_query($carconnect, $sql);
if ($res === TRUE) {
echo "Car added";
} else {
printf ("Could not insert car: %s\n", mysqli_error($carconnect));
}
mysqli_close($carconnect);
}
?>
编辑:代码修复。
答案 0 :(得分:6)
您的<body>
标记过早关闭(第3行),您应该在</html>
之前关闭它,所以第18行
答案 1 :(得分:1)
亲爱的兄弟,简单..
error_reporting(0);
或类似的内容抑制错误。 2.除非您已定义用户,否则没有有效的默认功能mysqli_real_escaped_string();
。
是mysqli_real_escape_string();
希望它有用:)
答案 2 :(得分:0)
如果carNewBack.php没有将任何内容打印回屏幕或重定向页面。用于托管网站的内容是什么?如果您没有没有php支持的Web服务,那么这可能是一个问题。
答案 3 :(得分:0)
您提交的表单看起来是正确的(http://www.w3schools.com/php/php_forms.asp),我想真正的问题可能在于php处理程序。如果你没有收到错误,那就意味着它确实找到了php处理程序。
我也测试了你的代码,它看起来很好,所以另一种选择可能是你正在使用的浏览器甚至缩放(我使用谷歌浏览器)。