Question

我一直在寻找解决方案，我认为这是一个非常简单的问题。

我有一个动态创建的页面，其中包含一个具有唯一ID的视频。我还有一个用户可以提交内容的表单。我希望视频的ID包含在tableA的提交中。

此代码仅在$ id = 1时才有效。

$vidq = "SELECT * FROM tutorials";
$vidresult = mysql_query($vidq);
$vidrow = mysql_fetch_array($vidresult);

//form submission
if($_POST['formname'] == "submit") {

$name = $_POST['name'];
$id = $vidrow['id'];
$errorMessage = "";
if(empty($name)) {
    $errorMessage .= "<li>Please enter a valid name</li>";
    }

if(empty($errorMessage)) {

    $insert = "INSERT INTO tableA (videoid, name) VALUES (".$id.", ".$name.")"; 

    mysql_query($insert);
    exit();
    }
}

当我将$ id更改为= 1时，它会发布，但当$ id to = $ vidrow ['id']时，它不会发布。

我做错了什么？

Answer 1

尝试使用mysql_errno / mysql_error显示mysql错误消息。例如...

if (!mysql_query($insert))
{
    die('MySQL Fail (' . mysql_errno() . ') - ' . mysql_error());
}

mysql_errno（）文档 - http://php.net/manual/en/function.mysql-errno.php

Answer 2

您是否尝试在$id之后打印$id = $vidrow['id'];的内容？它可能会揭示为什么它不能按你想要的方式工作......
您是否考虑过如果恶意（或只是好奇的）用户使用?name=%27%27%29%3b%20DROP%20TABLE%20tableA%3B调用您的脚本会发生什么？

将mysql表中的php记录插入另一个表中

2 个答案: