Question

当我编写下面的代码时，用一个变量替换SELECT语句中的值一切正常。但是当我从中创建一个html并创建一个列表框（为此目的只在其中放置一个名称）时，代码不会＃39;工作。（请在第二段代码上海。任何人都可以看到这是为什么。它让我有点麻木，因为我对这一切都是新手：）

代码块1

mysql_connect("localhost","root","") or die(mysql_error()); 
mysql_select_db("names") or die(mysql_error()); 

$aa ="Rose"; 

$data = mysql_query("SELECT * FROM freinds2 WHERE name ='$aa'") 
or die(mysql_error()); 
Print "<table border cellpadding=3>"; 

<?php
mysql_connect("localhost", "root", "") or die(mysql_error());
mysql_select_db("names") or die(mysql_error());
$aa = "Rose";
$data = mysql_query("SELECT * FROM freinds2 WHERE name ='$aa'") or die(mysql_error());
Print "<table border cellpadding=3>";

while ($info = mysql_fetch_array($data))
{
    Print "<tr>";
    Print "<th>Name:</th> <td>" . $info['name'] . "</td> ";
}

Print "</table>";
?>

代码块2（为简单起见，我在选项框中只有一个项目）

<!DOCTYPE HTML> 
<html>
    <body>
        <FORM name = "topform" method = "POST" ACTION = "tablecreate3.php">
            <select name = "author">
                <option value="Rose">rose</option>
            </select>
        </FORM>
    </body>
</html>

<?php
mysql_connect("localhost", "root", "") or die(mysql_error());
mysql_select_db("names") or die(mysql_error());
$aa = "Rose";
$data = mysql_query("SELECT * FROM freinds2 WHERE name ='$aa'") or die(mysql_error());
Print "<table border cellpadding=3>";

while ($info = mysql_fetch_array($data))
{
    Print "<tr>";
    Print "<th>Name:</th> <td>" . $info['name'] . "</td> ";
}

Print "</table>";
?>

Answer 1

在我看来1.结束html是错误的：＆lt; / html＆gt;＆gt; ?? 2.您结束了HTML，然后您正在创建一个表。你不想在身体里面做这件事吗？

Answer 2

如果你想使用$ _POST，你需要使用HTML作为输入元素的键名，。此外，如果您想根据表单发布的数据选择日期，您需要检查字段是否由周围的代码通过此语句设置if（isset（$ _ POST [＆＃39; author＆＃39;]））

变量适用于PHP，但不适用于HTML

2 个答案: