Question

显示带有bookid，title，author的记录，并在Title上添加超链接。我需要将Book id作为参数传递给新页面

该计划的一部分

    if (mysqli_num_rows($result) > 0) 
    {
        echo "<table style='width:100%'>";
        echo '<th>ID</th>'.'<th>Title</th>'.'<th>Author</th>'.'<th>Price</th>';

        while ($row = mysqli_fetch_array($result, MYSQLI_ASSOC)) 
        {
            echo '<tr>';
            echo "<td bgcolor='mistyrose'>{$row['BookID']} </td> "
             . "<a href='displayIndividual.php?".$row['BookID']."'><td bgcolor='mistyrose'>" . $row['Title'] . "</td>"
             . "<td bgcolor='mistyrose'>{$row['Author']} </td>"
             . "<td bgcolor='mistyrose'>{$row['Price']} </td>";
            echo '</tr>';
        }

我已经为标题和传递图书ID提供了超链接

超链接工作正常。在新页面上，我认为它没有传递价值。

在第二页：这是从第一个程序调用的程序。

<％>在id％20后我没有看到实际值？好吗？ http://localhost/Pgpproject319thaug/PhpProject1/displayIndividual.php?id%20=

另外，我在尝试获取变量名时第8行收到错误。我看不出错误在哪里。

为什么我无法使用_GET分配变量？

第8行

注意：未定义的变量：_Get在第8行的C：\ xampp \ htdocs \ Pgpproject319thaug \ PhpProject1 \ displayIndividual.php

实际程序只有一行来查看我们是否可以传递值

$BookID = $_Get['BookID'];
echo $BookID;

Answer 1

两件突出的事情：

首先，当您echo - 打印超链接的实际行时，您将在文件名后直接附加ID："<a href='displayIndividual.php?".$row['BookID']."'>"。因此，不是使用分配给命名GET参数的ID生成链接，而只需要displayIndividual.php?123，当您想要的是displayIndividual.php?id=123时（您看到的是id=}在链接和实际ID之间？）。

接下来，在displayIndividual.php中，根据错误消息，您使用$_Get代替$_GET。

PHP mysqli无法将id传递给新的php页面

1 个答案: