Question

我还是php的初学者，我似乎无法理解这里有什么问题。即使存在“未识别的索引”错误，代码仍然有效。我得到的错误是指变量$ food，$ calories，$ healthy，$ submit。

代码是：

<?php

require 'connect.inc.php';

$foodname = $_POST['food_name'];
$calories = $_POST['calories'];
$healthy = $_POST['healthy_unhealthy'];
$submit_button = $_POST['submit'];

$sql="INSERT INTO `food` (`food`, `calories`, `healthy_unhealthy`) VALUES('$foodname', '$calories', '$healthy')";

if(isset($submit_button)&&!empty($foodname)&&!empty($calories)&&!empty($healthy))
{
    mysql_query($sql, $conn);
}
else{
echo'Kindly fill in fields';
}

?>
<form action="insert.php" method="POST">
Food Name:<br>
<input type="text" name="food_name"><br>
Calories:<br>
<input type="text" name="calories"><br>
Healthy:<br>
<input type="text" name="healthy_unhealthy"><br>
<input type="submit" name="submit">
</form>

Answer 1

首先，确保您处于接受数据的适当状态。将您的代码包装在：

中

<?php

require 'connect.inc.php';

// We only run this code if the user has POSTed data to this page. Without this we 
// will get an 'undefined index' error.
if(isset($_POST['submit'])) {
    $foodname = $_POST['food_name'];
    $calories = $_POST['calories'];
    $healthy = $_POST['healthy_unhealthy'];
    $submit_button = $_POST['submit'];

    $sql="INSERT INTO `food` (`food`, `calories`, `healthy_unhealthy`) VALUES('$foodname', '$calories', '$healthy')";

    if(isset($submit_button)&&!empty($foodname)&&!empty($calories)&&!empty($healthy))
    {
        mysql_query($sql, $conn);
    }
    else{
        echo'Kindly fill in fields';
    }
}

?>
<form action="insert.php" method="POST">
Food Name:<br>
<input type="text" name="food_name"><br>
Calories:<br>
<input type="text" name="calories"><br>
Healthy:<br>
<input type="text" name="healthy_unhealthy"><br>
<input type="submit" name="submit">
</form>

这将确保您当前正在从您定义的表单中接收POST请求。

$ _POST变量是一个数组，其中包含您通过POST请求发送到Web应用程序的数据。在您的表单中，您应该具有适当名称的字段（food_name，calories，healthy_unhealthy等）。听起来这些字段可能会丢失。

在您的代码中，靠近顶部的位置，放入以下内容：

print_r($_POST);

或者，你可以做一个

var_dump($_POST);

这将打印出$ _POST变量的内容。如果您没有看到对food_name，calories或healthy_unhealthy的任何引用，请检查您的表单是否正确并将这些变量传递给Web应用程序。

Answer 2

尝试在你的php中放一个包装器......就像这样：

if (isset($_POST['submit'])) {
    //code here....
}

并将你的表格改为：

<form action="" method="POST">

调试..使用此：

var_dump($toDebug);

Answer 3

第一次加载页面时，您会看到Undefined Index错误消息。

要修复错误，请使用isset()并检查表单是否已实际提交：

if(isset($_POST['submit'])) { 
print_r($_POST); //to see all the form inputs
// your code ...

}

我还要检查是否设置了变量：

$foodname = (isset($_POST['food_name'])) ? $_POST['food_name'] : NULL;
$calories = (isset($_POST['calories'])) ? $_POST['calories'] : NULL;
$healthy = (isset($_POST['healthy_unhealthy'])) ? $_POST['healthy_unhealthy'] : NULL;

无关旁注：您的代码容易受到SQL注入攻击。不要直接在MySQL查询中插入变量，而是先使用mysql_real_escape_string()转义它们，如下所示：

$foodname = mysql_real_escape_string($foodname);
$calories = mysql_real_escape_string($calories);
$healthy = mysql_real_escape_string($healthy);

这有助于防止SQL注入。更好的是，停止使用mysql_*函数。它们不再被维护and are officially deprecated。请改为了解prepared statements，并使用PDO或MySQLi。

通过更正，您的代码应如下所示：

if(isset($_POST['submit'])) 
{
    /* form was submitted, proceed */

    $submit_button = $_POST['submit'];

    /* checking if user inputs are set */
    $foodname = (isset($_POST['food_name'])) ? $_POST['food_name'] : NULL;
    $calories = (isset($_POST['calories'])) ? $_POST['calories'] : NULL;
    $healthy = (isset($_POST['healthy_unhealthy'])) ? $_POST['healthy_unhealthy'] : NULL;

    /* escaping user inputs */
    $foodname = mysql_real_escape_string($foodname);
    $calories = mysql_real_escape_string($calories);
    $healthy = mysql_real_escape_string($healthy);

    //query
    $sql="INSERT INTO `food` (`food`, `calories`, `healthy_unhealthy`) VALUES('$foodname', '$calories', '$healthy')";

    /* storing query result to a variable */
    $result = mysql_query($sql, $conn);

    if($result) 
    { 
        //do stuff
    } 
    else 
    {
        die(mysql_error()); //display error, and exit
    }
}

希望这有帮助！

Answer 4

PHP允许您使用未定义或未声明的变量。当您引用一个从未声明过的变量时，您会收到此通知。

当遇到未识别的变量时，它将采用扣除类型的默认“零”值。数字为0，字符串为空字符串。

在您的情况下，$_POST变量未填充值（它们通过POST表单填充），并且您会收到每个未识别变量的通知。

更多信息可以在documentation中找到：

没有必要在PHP中初始化变量，但这是一个非常好的做法。未初始化的变量具有其类型的默认值，具体取决于使用它们的上下文 - 布尔值默认为FALSE，整数和浮点数默认为零，字符串（例如，在echo中使用）设置为空字符串，数组变为空阵列。

这是否是一个聪明的语言设计决定，我会留给自己。

Answer 5

您有此代码

$sql="INSERT INTO `food` (`food`, `calories`, `healthy_unhealthy`) VALUES('$foodname', '$calories', '$healthy')";

if(isset($submit_button)&&!empty($foodname)&&!empty($calories)&&!empty($healthy))
{
    mysql_query($sql, $conn);
}

在哪里，你使用if语句之外的那些变量，并且第一次不可用，所以，你可以使用，（ $sql变量应填入if语句< /强>）

if( isset($_POST['submit']) && (!empty($foodname) && !empty($calories) &&!empty($healthy)) ) { $sql="INSERT INTO `food` (`food`, `calories`, `healthy_unhealthy`) VALUES('$foodname', '$calories', '$healthy')"; mysql_query($sql, $conn); }

此外，您可以使用（更好）

if( isset($_POST['submit']) ) { $foodname = $_POST['food_name']; $calories = $_POST['calories']; $healthy = $_POST['healthy_unhealthy']; if( !empty($foodname) && !empty($calories) && !empty($healthy) ){ $sql="INSERT INTO `food` (`food`, `calories`, `healthy_unhealthy`) VALUES('$foodname', '$calories', '$healthy')"; mysql_query($sql, $conn); } }

Answer 6

Unindentified index不是错误，而是通知。它不会停止你的脚本，因此它会继续。

请记住，您的$_POST - 变量可能为空，这就是导致此通知出现的原因。这本身不是问题，但是你继续在sql语句中使用这个（现在没有正确初始化的变量） - 如果处理不当可能会产生问题。

对于调试目的，请快速var_dump($_POST);查看其中的内容。

您可以使用isset()函数来避免这种情况：

if (isset($_POST['food_name'])) {
    //do something here
}

我倾向于随时初始化我的变量，p.e。像这样：

$food_name = (isset($_POST['food_name'])) ? $_POST['food_name'] : '' ;

这会导致更棘手的问题：SQL安全性。像这样编码，你的脚本很容易发生sql注入攻击。

关于这个主题的两个建议：

不要使用mysql扩展名。它已被弃用，请改用mysqli或pdo:mysql。
在使用变量之前清理变量（p.e. using mysqli_real_escape_string，或者更好的是，使用预处理语句。

php变量unidentified index

6 个答案: