Question

我想在我的MySQL数据库中创建一个2字段输入表单。我连接到数据库没有问题，甚至可以发布，如果我想，但表单给出错误。（此时我已经连接到数据库，我可以测试它是否正常工作）

这是表格：

<form action="insert.php" method="post">
Title: <input type="text" name="title" />
Privacy: <select type="text" name="privacy" />
  <option value="public">Publico</option>
  <option value="private">Privado</option>
</select>
<input type="submit" />
</form>

这是insert.php文件：

<?  
mysql_select_db("copoetry", $con);
$sql="INSERT INTO Poems (Title, Privacy)
VALUES
('$_POST[title]','$_POST[privacy]')";

if (!mysql_query($sql,$con))
  {
  die('Error: ' . mysql_error());
  }
echo "1 record added";
mysql_close($con)
?>

当我按提交时，我收到此错误：

Warning: mysql_select_db(): supplied argument is not a valid MySQL-Link resource in /home/content/02/6945202/html/copoetry/insert.php on line 2

Warning: mysql_query(): supplied argument is not a valid MySQL-Link resource in /home/content/02/6945202/html/copoetry/insert.php on line 7
Error:

我做错了什么？感谢

Answer 1

您的$con变量应与mysql_connect();保持与数据库的连接，您似乎在某个时候删除了该行。

EG：

$con = mysql_connect('host', 'user', 'pass') or die(mysql_error());

成功完成此操作后，所有mysql_*个调用都将使用该连接，因此您无论如何都可以删除$ con变量。

同时不要忘记逃避输入以便安全，将$_POST, $_GET或$_REQUEST变量直接插入mysql是非常不安全的。至少在上运行从表单或Cookie中获得的每个输入<{3}} 。

EG

// Create a shortcut function somewhere early in your script function mes($input) { return mysql_real_escape_string($input); } // SQL Example $sql = "INSERT INTO Poems (Title, Privacy) VALUES ('".mes($_POST['title'])."','".mes($_POST['privacy'])."')";

注意字符串连接（使用fullstop）来分隔字符串/变量。

Answer 2

你错过了mysql_connect()。尝试添加此功能。使用来自$_GET/$_POST/$_REQUEST的任何内容运行查询也是非常不安全的。

Answer 3

您的数据库没有联系; - ）

Answer 4

我认为您忘记指定mysql_connect（）命令。

麻烦简单的PHP-MySQL表单

4 个答案: