使用按钮将图像从一张桌子移动到另一张桌子

Question

我正在创建一个按钮，允许管理员验证用户的图像：

当我单击接受或拒绝时，我不知道如何获取图像ID。

这是我的代码：

<?php

    while($row = mysqli_fetch_array($result)) {
      echo "<div class='grid-item'><img src='unimages/{$row['un_image']}' 
 onclick=onClick(this) style='width:98%' class='verifyimage' />
            <form method='post' action='adminverify.php'>
            <input class='button1' type='submit' name='accept' value='✓'>  
            <input class='button2' type='submit' name='reject' value='✘'>  
            </form>
            </div>
            ";

    }

mysqli_close($db);
?> 
</div>

如果管理员接受，则图像应从table2移到table1。

我知道可以使用INSERT INTO和DELETE，但是如何获取图片的ID。

表1：

表2：

Answer 1

嗯，您可以使用GET方法来简化脚本：

while($row = mysqli_fetch_array($result)) {
  echo "
    <a href='?&action=accept&id={$row['un_id']}'>Accept</a>
    <a href='?&action=reject&id={$row['un_id']}'>Reject</a> 
  ";
}

您可以像这样使用它：

if(isset($_GET['action']) && isset($_GET['id'])) {
  $image_id = $_GET['id']
  // Then check if you must accept or reject with $_GET['action'] value
}

Answer 2

我将添加一个隐藏的输入，将以以下形式发送：

echo "<div .....
      <form....>
      <input type='hidden' name='imageId' value='{$row['un_id']}'>
      ....
      </form></div>";

然后您将在接收的php脚本中将其保存为

$image_id = $_POST['imageId'];