Question

我正在尝试列出一个表格来列出mysql上的数据库，从收音机列表中选择一个并创建一个包含所需参数的表格，但它的行为就像它甚至不提交一样。我看到网址更改但我的代码根本没有运行。这是表格数据：

SELECT DATABASE TO WORK WITH
<form action = "createtable.php" action = "post">
<?php 
$query = "SHOW DATABASES";
$result = mysql_query($query, $connect);
if(!$result){echo mysql_error(); var_dump($result);
var_dump($connect); var_dump($query);}
while ($row = mysql_fetch_array($result))
{echo '<input type = "radio" name = "db"/>' . $row[0] . "<br>";}
?>
<input type = "text" name = "text" />
<input type = "submit" name = "submit" value = "submit" />

</form>

并且要执行的代码是：

<?php 
if(isset($_POST['submit'])){
echo 'submit done';
$db = $_POST['db'];
$query = "USE $db";
$result = mysql_query($query, $connect);
if(!$result){echo 'no' . mysql_error();}

echo 'working';

$table = 'rio';
$id = 'id';
$idtype = 'int';
$idno = '11';
$staffmenu = 'staffmenu';
$stafftype = 'varchar';
$staffno = '255';
$null = 'NOT NULL';
$ai = 'auto_increment';
$key = 'id';

$query ="CREATE TABLE staff 
($id $idtype($idno) $null $ai,
$staffmenu $stafftype($staffno) $null,
subj varchar(255) NOT NULL,
PRIMARY KEY ($key))";
var_dump($query);
$result2 = mysql_query($query, $connect);
if(!$result2){echo mysql_error();}

//session_destroy();

} 

?>

我试图使用一个不同的变量来触发代码，但是也没有用。任何帮助将不胜感激。我也知道mysql的弃用，但我不完全确定如何迁移到mysqli所以请耐心等待。

Answer 1

要发布表单，您需要method = "post"而不是action = "post"

<form action = "createtable.php" method = "post">

而不是

 <form action = "createtable.php" action = "post">

此外，您还需要在收音机输入中添加值

 echo '<input type = "radio" name = "db" value="'.$row[0].'"  />' . $row[0] . "<br>";

Answer 2

将表单的方法类型更改为发布

<强>

您尚未提及表单的提交类型

表单发送时没有响应

2 个答案: