Question

我有一个名为settings的表，当我将更改或输入数据到表单时，它不会更改表中的数据。另外在表单上没有运行图像上传文件，下面可能有错误的代码。

（由我解决）

也许有人可以帮助我。与此相关。

Answer 1

您在这里所做的事情总是安全的，您的数据可以非常快速地被黑客攻击/操纵为什么不使用像codeignighter这样的框架，大约有100个简单的框架可以帮助你轻松管理数据库。

您确定要更新wrond ID吗？ where id = 1似乎不是动态的。

请发布您的错误http://www.w3schools.com/php/func_mysql_error.asp

我知道这与你的问题没那么相关，但你应该看到这些轻量级的框架：

http://kohanaframework.org/
https://github.com/ElbertF/Swiftlet
http://ellislab.com/codeigniter

Answer 2

您没有检查查询的返回状态，所以如果它不起作用，您就不会知道。这样做：

mysql_query("UPDATE settings SET site='$name',keywords='$keys',descrp='$desc',email='$email',fbpage='$fbpage',twitter='$twitter',gplus='$gplus',disclaimer='$disclaimer',template='$template' WHERE id=1")
 or die(mysql_error());

注意：不推荐使用mysql_*()：您不应该使用它。请改用mysqli_*()或PDO。

另外：您容易受到SQL注入攻击。您应该使用mysql_real_escape_string()（或等效，如果切换到mysqli）转义输入变量，或者考虑转移到预准备语句。

无法使用isset更新表

2 个答案: