Question

我非常接近解决phpMyAdmin连接，但仍然没有发生任何事情，没有错误，没有冻结。这有什么不对？或者也许在我的PHP代码中？

final String suma = Float.valueOf(zam.getSuma()).toString();

ib_wyslij.setOnClickListener(new OnClickListener() {

    @Override
    public void onClick(View v) {
        // TODO Auto-generated method stub

         new MyAsyncTask().execute(suma);
    }
});

private class MyAsyncTask extends AsyncTask<String, Integer, Double> {

    @Override
    protected Double doInBackground(String... params) {
        // TODO Auto-generated method stub
        postData(params[0]);
        return null;
    }

    protected void onPostExecute(Double result) {

        Toast.makeText(getApplicationContext(), "command sent",
                Toast.LENGTH_LONG).show();
    }

    public void postData(String valueIWantToSend) {

        // Create a new HttpClient and Post Header
        HttpClient httpclient = new DefaultHttpClient();
        HttpPost httppost = new HttpPost("http://www.kuba.ro/exeConn.php");

        try {
            // Add your data

            List<NameValuePair> nameValuePairs = new ArrayList<NameValuePair>();
            nameValuePairs.add(new BasicNameValuePair("Zam_suma",
                    valueIWantToSend));
            httppost.setEntity(new UrlEncodedFormEntity(nameValuePairs));

            // Execute HTTP Post Request
            HttpResponse response = httpclient.execute(httppost);

        }
        catch (ClientProtocolException e) {
            // TODO Auto-generated catch block
        }
        catch (IOException e) {
            // TODO Auto-generated catch block
        }
    }
}

我的PHP文件的一部分：

$Zam_suma = $_POST['Zam_suma'];

mysql_query("INSERT INTO Zamowienie(Zam_suma) VALUES($Zam_suma)");

Answer 1

你的asynctask中你需要什么样的参数Integer和Double？如果您只需要asynctask来发布字符串，则可以将Void用于其他参数：
```
private class MyAsyncTask extends AsyncTask<String, Void, Void>
```
将@Override注释添加到onPostExecute()以覆盖该方法（请参阅Arjan的回答）。
在catch块中调用e.printStackTrace()以查看错误发生的时间，地点和原因。
Good tutorial

Answer 2

对于您的PHP文件：

请务必通过PHP验证发布的项目，确保您使用的是正确的值 is_int is_string等

如果您的值应该是int，请使用以下代码示例。

if (is_int($_POST['example_value']) {
    $value = $_POST['example_value'];
}

此外，您不应该使用mysql_query，因为它几乎已被弃用。相反，您应该使用PDO mysqli。

使用post方法的建议

2 个答案: