Question

在我要创建的站点中，页面中将显示所有带有1个动态链接的新闻，该链接将创建一个包含此新闻内容的页面，但是所有生成的链接将始终停止到数据库的第一个值，而不是停止到预期的ID。有人可以帮我吗？谢谢。

页面以生成链接

任何显示的链接的页面仅显示表的第一个值。

if(isset($_GET['id'])){

    $ID = mysqli_real_escape_string($db, $_GET['id']);

    $db = mysqli_connect("localhost", "root", "root", "base_de_dados_museu");

    $sql = "SELECT * FROM destaques where id='$ID'";
    $result = mysqli_query($db, $sql) or die ("bad query: $sql");
    $row = mysqli_fetch_array($result);
    $result = mysqli_query($db, $sql) or die ("bad query: $sql");

    if(isset($_GET['post'])){
        $titulo = mysqli_real_escape_string($db, $_GET['titulo']);
        $image = mysqli_real_escape_string($db, $_GET['image']);
        $texto = mysqli_real_escape_string($db, $_GET['texto']);

        $sql = "INSERT INTO destaques (id, titulo, texto, image) VALUES ('$titulo', '$image', '$texto')";
        $result = mysqli_query($db, $sql) or die ("bad query: $sql");
    }
}

Answer 1

代码中有一些错误。我将列出其中一些，但也许还有其他...

此处有四列，但只有三个值：

$sql = "INSERT INTO destaques (id, titulo, texto, image) VALUES ('$titulo', '$image', '$texto')";

结果变量被覆盖：

$sql = "SELECT * FROM destaques where id='$ID'";
    $result = mysqli_query($db, $sql) or die ("bad query: $sql");
    $row = mysqli_fetch_array($result);
    $result = mysqli_query($db, $sql) or die ("bad query: $sql");

当动态链接到页面时，仅在所有链接的第一个表上显示信息

1 个答案: