Question

首先让我说我（很明显）是网络开发的新手。我想要做的是查询mySQL数据库中今天的时间范围，如果我对它进行硬编码，我会把它放下来。我想要的是我的网站每次加载当前日期并显示该数据，然后还有一组用户可以选择显示数据的特定日期的下拉框。以下是我到目前为止的情况：

在我的index.php页面上我有：

$result_date = mysqli_query($link, "SELECT date FROM MyData WHERE      
YEAR(date)='$year'AND MONTH(date)='$month' AND DAY(date)='$day'");

如果我使用：

$year=date('Y');
$month=date('n');
$today = getdate();
$day=$today['mday'];

在同一个index.php上工作正常，直到我今天早上醒来并且它仍然显示昨天的数据并且没有更新到今天（除非我硬编码2015,7,9）等。

我有另一个页面data.html.php，它包含所有前端HTML内容，我已经编写了下拉菜单和提交按钮的代码，以及网站的其他图形。我想我需要做的是将年，月和日变量放在该页面上，然后将其传递给index.php页面，但我不确定如何。这是我的表格......省略号是所有数据选择：

<form action=" ">
  <select name="Month">
  <option value="01">Jan</option>
  ...
  </select>
  <select name="Day">
  <option value="1">1</option>
  ...
  </select>
  <select name="Year">
  <option value="2015">2015</option>
  ...
  </select>
  <input id="viewBtn" type="button" value="VIEW" onclick=" " />
 </form>

所以我的目标是使用默认日期，除非用户从下拉菜单中选择不同的日期并单击VIEW。我想我需要某种onClick方法，正确的表单动作和一些传递变量的方法，我现在谷歌搜索一段时间之后就停止了。任何帮助将非常感激！

Answer 1

将表格改为：

<form action="" method="POST">

您输入的内容为：

<input id="viewBtn" type="submit" name="submit" value="VIEW" />

尝试添加此条件：

if(isset($_POST['submit'])){
      $year=$_POST['Year'];
      $month=$_POST['Month'];
      $today = $_POST['Day'];
}else{
      $year=date('Y');
      $month=date('n');
      $today = getdate();
}

$day=$today['mday']-1;

现在默认为今天日期，如果用户提交，则会采用新值。

希望这能回答你的问题

将变量从一个php表单传递到另一个表单 - 当前日期和时间

1 个答案: