Question

我写了一个短代码，将数据插入数据库，我得到了这个代码，但是if（isset）甚至无法运行。

    if(isset($_POST['submit1'])){
     $idedit = mysqli_real_escape_string($conn, $_POST['id']);
     $komentator1 = mysqli_real_escape_string($conn, $_POST['komentator1']);    

     $insert1 = mysqli_query($conn, "UPDATE zapasy SET komentator1 = '$komentator1' WHERE id = '$idedit'") or die(mysqli_errno($conn). '-'. mysqli_error($conn));

if($insert1)
        {
            header('Location: nominace.php?insert=success');
        } else {
            header('Location: nominace.php?insert=error');
        }
}

这是我从中收到的表格

    <form method="POST">
             <select name="komentator1" id="komentator1" required>
                     <option value="">---</option>
                         <?php 
                        foreach($queryusers as $users) { ?>
 <option value="<?=$users['firstname']?> <?=$users['lastname']?>"><?=$users['firstname']?> <?=$users['lastname']?></option>
         <?
   </select>
         <input type="hidden" name="id" value="<?=$zapasytb['id']?>">
         <input type="button" name="submit1" value="Potvrdit">
          </form>

我不太确定为什么它不会触发脚本...

Answer 1

因为，您需要将按钮类型设置为submit

更改

<input type="button" name="submit1" value="Potvrdit">

收件人：

<input type="submit" name="submit1" value="Potvrdit">

输入类型button未提交表单。

Answer 2

更改

type="button"

收件人

type="submit"

标准按钮类型不会提交表单。根据文档：

button：该按钮没有默认行为。它可以具有与元素的事件相关联的客户端脚本，这些脚本在事件发生时触发。

和submit：

submit：该按钮将表单数据提交到服务器。如果未指定该属性，或者该属性动态更改为空值或无效值，则为默认设置。

阅读材料

<button>

Answer 3

您的输入类型应为 submit ：

<input type="submit" name="submit1" value="Potvrdit">

如何修复“按钮未运行php代码”

3 个答案: