Question

我有一个使用HTML / PHP制作的表单，我希望它提交到数据库;我有一个电影网站，我目前正在处理管理面板，我希望它有一个表单，可以在网站上添加新电影，我试用了我的表单，但没有任何内容进入数据库。与数据库的连接很好，查询对我来说很好，老实说，我不知道问题是什么。

P.S。我用阿拉伯语制作，阿拉伯语写作没有任何意义..

PHP / HTML代码：

<?php
session_start();
include('php/config.php');

if($_SESSION['username'] != true){
header('Location: http://www.domain.com/'); 
}
//this form allows to choose what to do (e.g. add new movie)...
else{
echo'
<head>
<link rel="stylesheet" href="css/main.css" />
<link rel="stylesheet" href="css/admin.css" />
<meta charset="utf-8"/>
<title>Admin Panel v1.0</title>
</head>
<ul class="management-b">
<li><a href="#">إضافة فيلم جديد</a></li>
<li><a href="#">إضافة مسلسل جديد</a></li>
<li><a href="#">مسح فيلم/مسلسل</a></li>
</ul>
';
}


//this form adds new movies...
connectDB();
$genreQuery = mysql_query("SELECT genre FROM Genres");

echo'
<head>
<link rel="stylesheet" href="css/main.css"/>
<link rel="stylesheet" href="css/admin.css"/>
<meta charset="utf-8" />
</head>
<form method="post" id="new-movie">
عنوان الفيلم:<input type="text" class="new-movie-title" name="new-movie-title" /><br/><br/>
وصف الفيلم:<textarea class="new-movie-desc" name="new-movie-desc" cols="50" rows="7"></textarea><br/><br/>
نوع الفيلم:<select class="new-movie-genre" name="new-movie-genre">';
while($options = mysql_fetch_array($genreQuery, MYSQL_ASSOC)){
echo '<option>'.$options["genre"].'</option>';
}
echo'</select><br/><br/>
تاريخ الفيلم:<select class="new-movie-year" name="new-movie-year">';
for($years = 1995; $years<2017; $years++){
echo '<option>'.$years.'</option>'; 
}
echo'
</select><br/><br/>
رابط الفيلم:<input type="text" name="new-movie-link" class="new-movie-link"/><br/><br/>
صورة الفيلم:<input type="text" name="new-movie-img" class="new-movie-img" /><br/><br/>
تقييم imDB:<input type="text" name="new-movie-imdb" class="new-movie-imdb"/><br/><br/>
<input type="submit" name="new-movie-submit" class="new-movie-submit" value="إضافة الفيلم" />
</form>
';


if(isset($_POST['new-movie-submit'])){
    connectDB();
$mNewTitle= $_POST['new-movie-title'];
$mNewDesc= $_POST['new-movie-desc'];
$mNewGenre= $_POST['new-movie-genre'];
$mNewYear= $_POST['new-movie-year'];
$mNewURL= $_POST['new-movie-link'];
$mNewIMG= $_POST['new-movie-img'];
$mNewIMDB= $_POST['new-movie-imdb'];    

mysql_query("INSERT INTO Movies(title, description, genre, url, image, imdb, release-year) VALUES('$mNewTitle', '$mNewDesc', '$mNewGenre', '$mNewURL', '$mNewIMG', '$mNewIMDB', '$mNewYear'");
closeDB();
}


?>

Answer 1

如果您检查错误，MySQL会告诉您，您没有名为year的列标识符，因为release-year中包含一个短划线，这使得MySQL认为您正在减去列标识符{{ 1}}来自year。用刻度线包裹该列名称以解决此问题。

release

正如评论中所提到的，您使用的是过时的API，因为{7}中的mysql_query("INSERT INTO Movies(title, description, genre, url, image, imdb, `release-year`) VALUES('$mNewTitle', '$mNewDesc', '$mNewGenre', '$mNewURL', '$mNewIMG', '$mNewIMDB', '$mNewYear'");函数已全部从PHP中删除，并且您对SQL注入持开放态度，这是最常见的基于Web的攻击形式。< / p>

正如我之前提到的，你不会检查或处理错误。您可以通过基本错误检查快速捕获此错误。您还需要为发生错误做好准备，否则您的用户在发生错误时会有糟糕的体验。

我的表单无法提交到数据库（PHP / MySQL）

1 个答案: