Question

<?php
//connect to server

$connect = mysql_connect("localhost","name","password");

//connect to db

mysql_select_db("complexm_pondlife", $connect);


//query the db

$query = mysql_query("SELECT * FROM frogs");

error_reporting(E_ALL);
ini_set('display_errors', 1);


?>

<button onclick="show()">SHOW DATA</button>

<p id="clip"style="visibility: hidden">



<?php
WHILE($rows = mysql_fetch_array($query)):

$name = $rows['name'];
$age = $rows['age'];
$sound = $rows['sound'];
$id = $rows['id'];


?>
<?php
echo $id.") "."Name: ";
?>
<form action = "" method = "post">

    <input type="text" id="name" value='<?=$name?>'>

    <input type="submit" name="update_db" value="Update">

</form>
<?php
echo "Age: "."$age<br><br>";
echo "Sound: "."$sound<br><br>";
echo "___________<br><br>";


endwhile;

?>


</p>

<?php

function upload(){

mysql_query("UPDATE frogs SET name = '$name' WHERE name = '$name'");

}

if(isset($_POST['update_db'])){

    echo upload();

}

?>

<script>
function show(){
  document.getElementById('clip').style.visibility="visible";
}
</script>

此代码告诉我：注意：未定义的变量：第70行的/home1/complexm/public_html/projects.php中的名称

我不知道为什么。所以，如果有人能告诉我，我想知道。如果语法错误请告诉我！

Answer 1

这个答案是基于你的original post而不是标记为编辑，如果有人想知道的话。

你的upload()功能失败的原因是因为你没有包含mysql_query()功能，还有一些缺失的部分。（部件，引号/括号）。

function upload(){ 

mysql_query("UPDATE frogs SET name = '$name' WHERE name = 'TreeFrog'");

}

尽管如此：

您现有的代码向SQL injection开放使用mysqli with prepared statements或PDO with prepared statements，它们更安全。

将error reporting添加到文件的顶部，这有助于查找错误。

<?php 
error_reporting(E_ALL);
ini_set('display_errors', 1);

// rest of your code

旁注：错误报告应仅在暂存时完成，而不是生产。

or die(mysql_error())到mysql_query()。

修改：

要使用PHP方法启动您的功能，我建议您更改
<input type="submit" onclick="update()">到
<input type="submit" name="update_db" value="Update">并在其周围包裹isset()。

即：

<?php function upload(){ mysql_query("UPDATE frogs SET name = '$name' WHERE name = 'TreeFrog'"); } if(isset($_POST['update_db'])){ echo upload(); } ?>

但是，您需要在表单的元素和帖子方法周围添加<form></form>个标记。

<form action = "" method = "post"> <input type="text" id="name" value='<?=$name?>'> <input type="submit" name="update_db" value="Update"> </form>

编辑＃2 ：

这是mysqli_方法，如果它们不匹配，请更改数据库凭据以匹配您的凭据。我不得不删除upload()功能，这给我带来了太多麻烦。

表单中添加了隐藏的输入，这对于执行此类更新至关重要。

<?php error_reporting(E_ALL); ini_set('display_errors', 1); //connect to server $DB_HOST = 'localhost'; $DB_USER = 'name'; $DB_PASS = 'password'; $DB_NAME = 'complexm_pondlife'; $link = new mysqli($DB_HOST, $DB_USER, $DB_PASS, $DB_NAME); if($link->connect_errno > 0) { die('Connection failed [' . $link->connect_error . ']'); } //query the db $query = mysqli_query($link,"SELECT * FROM frogs"); ?> <button onclick="show()">SHOW DATA</button> <p id="clip"style="visibility: hidden"> <?php WHILE($rows = mysqli_fetch_array($query)): $name = $rows['name']; $age = $rows['age']; $sound = $rows['sound']; $id = $rows['id']; ?> <?php echo $id.") "."Name: "; ?> <form action = "" method = "post"> <input type="text" id="name" name="thename" value="<?php echo $name; ?>"> <input type="hidden" name="the_id" value="<?php echo $id; ?>"> <input type="submit" name="update_db" value="Update"> <br> </form> <?php echo "Age: "."$age<br><br>"; echo "Sound: "."$sound<br><br>"; echo "___________<br><br>"; endwhile; ?> </p> <?php if(isset($_POST['update_db'])){ $theid = stripslashes($_POST['the_id']); $theid = mysqli_real_escape_string($link,$_POST['the_id']); $thename = stripslashes($_POST['thename']); $thename = mysqli_real_escape_string($link,$_POST['thename']); $results= mysqli_query($link, "UPDATE frogs SET name = '$thename' WHERE id = '$theid'"); } ?> <script> function show(){ document.getElementById('clip').style.visibility="visible"; } </script>

您还可以通过在顶部添加以下内容重定向到同一页面：

<?php ob_start(); ?>

然后在查询后添加：

if($results){ header("Location: http://www.yoursite.com/update_frogs.php"); }

如何使用PHP更新MySQL，使用以下语法：

1 个答案: