Question

我试图提交更新功能，但由于某些原因它无法正常工作，我无法弄明白为什么......有人这样做了？

更新SQL-SYNTAX：

public function updateProject($db, $id) {
       $sql = "UPDATE tblProject SET 
        name = '".$db->escape($this->name)."',
        photo1 = '".$db->escape($this->photo1)."'
        WHERE id = '".$id."'";
       return $db->insert($sql);
 }

INSERT FUNCTION：

public function insert($sql) {
    mysql_query($sql, $this->_connection);
    return mysql_affected_rows($this->_connection);
}

PHP：

$project = new Project();
$project->name     = $_POST['newproject_name'];
$project->photo1    = $_FILES['images']['name'][0];

if($project->updateProject($_DB, $projectname)) {
    $feedback = "OK!";
} else {
    $feedback = "NOT OK!!";
}

如果您想知道，$project->name和$project->photo1已正确填写。有任何想法吗？我希望我能把你需要的一切都给你，如果没有，请告诉我！

编辑1 ：我使用了2个第一个答案，但没有结果。然而...
编辑2 ：我也从$feedback

获取任何内容

Answer 1

看起来你在SET关键字后面有一个假的左括号。删除它。

public function updateProject($db, $id) {
       $sql = "UPDATE tblProject SET 
        name = '".$db->escape($this->name)."',
        photo1 = '".$db->escape($this->photo1)."'
        WHERE id = '".$id."'";
       return $db->insert($sql);
 }

Answer 2

public function updateProject($db, $id)

需要传递2个参数，但是当你执行

时

if($project->updateProject($_DB))

你只传递1 ??

Answer 3

您的updateProject需要两个变量，而第二个变量在您的通话中丢失，导致查询无效。

修改：根据您的修改;我猜测$id需要是一个整数或一个字符串，你传递一个对象。

您想要更新哪一行？我在PHP代码中没有看到任何定义要修改的行的ID的内容，您只是生成一个新对象，而不是从数据库中获取一个对象。

我的更新查询问题

3 个答案: