Question

我遇到了一个大问题，我一直在努力解决这里的一天，并且无处可去。我正在INSERT数据库中SQL尝试Submit。我不能简单地SQL我的表单，因为我在后台运行脚本并提交表单混淆了我的脚本（让我回到我的错误屏幕并且没有正确上传文件。

我的代码允许用户选择文件，将其上传到服务器，并且假设更新我的function update() { $connect = mysqli_connect($hostname, $username, $password, $username); $Title = mysqli_real_escape_string($connect, $_POST['title']); $Description = mysqli_real_escape_string($connect, $_POST['desc']); if (strlen($Title) > 0 && strlen($Description) > 0) { mysqli_query($connect,"INSERT INTO uploads(title, description) VALUES('$Title','$Description')"); } }服务器上的表。我需要的按钮激活脚本和POST并更新表。我已经尝试了javascripts，但他们都提交了表格，因此搞砸了我的进度吧。我需要将信息发布，但我无法提交，这是我的主要问题。我可以不提交（使用JQ或AJAX）。

我的PHP脚本

   <form id="upload_form" enctype="multipart/form-data" method="POST">
        <input type="file" name="file1" id="file1"><br>
        <input type="button" value="Upload File" onclick="uploadFile()"><br/>
        <progress id="progressBar" value="0" max="100" style="width:300px;"></progress>
        <h6>Title</h6>
        <input type="text" name="title" id="title"><br/>
        <h6>Description</h6>
        <input type="text" name="desc" id="desc" width="250px" height="100px"/>
        <h3 id="status"></h3>
        <p id="loaded_n_total"></p>
    </form>

我的HTML

{{1}}

Answer 1

怎么样：

<script language="javascript">
function uploadFile(){
  var frm = document.getElementById('upload_form');
  frm.action = "";
  frm.submit();
}
</script>

POST没有提交

1 个答案: