Question

你能帮帮我吗？为什么我无法从select中获取内容？添加什么可以获得selected_pos并在以后使用它？

$sql = "SELECT table_name FROM INFORMATION_SCHEMA.TABLES WHERE TABLE_SCHEMA = 'lab_db'";
$result = mysqli_query($db, $sql);
echo "<form action=\"insert_position.php\" method=\"GET\">";
    echo "<select name=\"selected_pos\">";
            while ($row = mysqli_fetch_array($result)) {
            echo "<option >",$row['0'],"</option>";
            }
    echo "</select>";


echo "</form>";
if (isset($_GET['upload_table'])) {
    $sel = $_GET['selected_pos'];
    echo $sel;
}


?>
<form action="insert_position.php" method="GET">
    <input name="upload_table" type="submit" value="Загрузить таблицу">
</form>

Answer 1

默认情况下，提交按钮会提交它所在的表单。由于<select>元素位于另一个<form>内，因此单击提交按钮时将不会提交。

为了解决您的问题，只需将提交按钮添加到select元素所在的同一表单中。

以下是更正后的代码：

<?php
    $sql = "SELECT table_name FROM INFORMATION_SCHEMA.TABLES WHERE TABLE_SCHEMA = 'lab_db'";
    $result = mysqli_query($db, $sql);
    echo '<form action="insert_position.php" method="GET">';
        echo '<select name="selected_pos">';
           while ($row = mysqli_fetch_array($result))
           {
              echo "<option>".$row[0]."</option>";
           }
        echo "</select>";


    if (isset($_GET['upload_table']))
    {
        $sel = $_GET['selected_pos'];
        echo $sel;
    }
?>
    <input name="upload_table" type="submit" value="Загрузить таблицу">
</form>

无法从此表单获取PHP

1 个答案: