Question

此脚本的目的是允许用户向其帐户添加“钱”，然后提取资金。这整个任务对学校来说都是虚构的，所以我不担心安全或使用真钱或类似的东西。

到目前为止，用户可以添加资金。但我不能让撤退工作。

    $funds = $_POST['funds'];
    $withdraw_or_add = $_POST['list'];


if($withdraw_or_add == "add"){
    $sql = "UPDATE users ". "SET userFunds = $funds ". "WHERE userId = 1";
} else {
    $info = mysql_fetch_array(mysql_query("SELECT * FROM users WHERE userId = '1'"));
    $new_fund == $info['userFunds'] - $funds;
    $sql = "UPDATE users ". "SET userFunds = $new_fund ". "WHERE userId = 1";
}

这是我为本节编写的代码。当我在服务器上使用它时，我收到此消息作为回报。

无法更新数据：SQL语法中有错误;检查与MySQL服务器版本对应的手册，以便在第1行的“WHERE userId = 1”附近使用正确的语法

我对PHP的了解并不是很棒。所以任何帮助都会非常感激。

Answer 1

试试这个：

$funds = $_POST['funds'];
$withdraw_or_add = $_POST['list'];


if($withdraw_or_add == "add")  
{
  $sql = "UPDATE users SET userFunds = '".$funds."' WHERE userId = 1";  
  $sql =  mysql_query($sql) or die(mysql_error());
}   
else  
{
  $info = mysql_query("SELECT * FROM users WHERE userId = '1'");
  $info = mysql_fetch_assoc($info);
  $new_fund = $info['userFunds'] - $funds;
  $sql = "UPDATE users SET userFunds = '".$new_fund."' WHERE userId = 1";  
  $sql =  mysql_query($sql) or die(mysql_error());
}

无法更改数据库中的数据

1 个答案: