我正在尝试从表单更新表。
我有3页。第一个用"edit“链接查询我的表中的所有行。当点击编辑(第2页)时,代码提取$id并将其放入url中。从url中提取$id,并在查询中使用它来填充表单。
我的问题是将更新后的表单信息传递到我的表中。基本上,更新没有发生。
第二页
<?php
include '../db/config.php';
include '../db/opendb.php';
$id = $_GET["id"];
$order = "SELECT * FROM tableName where
嗨,这是我的问题:我把html表单中的一个值张贴到php页面中,并以这种方式读取它
<?php
$id = $_REQUEST['id'];
?>
一切都是正确的。无论如何,我需要用一个if(isset($_POST['submit']))修改我的代码,当我试图在这个if语句中执行一个插入查询时,$id是空的。这是代码:
$id = $_REQUEST['id'];
echo $id ; // this prints the right value
if(isset($_POST['submit_2'])) {
这是我的密码:
代码
<?php
if(isset($_POST['Submit'])){
$title ='myPost.php';
echo $title;
//the data
$data = "Hey I am Aidan\n";
//open the file and choose the mode
$fh = fopen($title, "a");
fwrite($fh, $data);
//close the file
f
我想使用超链接将详细信息加载到可更新的表单页面中。
我有2个php页面。一个返回MYSQL查询的最后10条记录的id,另一个将特定记录的所有字段值返回到表单中,为最终用户提供了更新字段值的机会。有没有人能帮我把这两个链接起来,这样当我点击第一页表格的第三行(id = 3)时,它会把我带到第二页,使用第二页使用的MYSQL查询中的id3来预先填充表单字段。
即MYSQL表'members‘带有'id’、'firstname‘、'surname’、‘道布’和'address‘
页面1返回“select id from members”的最后10个结果&
我在update.php中有这个表单html代码。为了进行更新,需要链接到另一个带有mysql脚本的页面save_seeker.php,以便执行它。在提交表单时,是否有任何方法在同一页中执行脚本,以便查询执行后脚本保持在同一页上?
<form action= "save_seeker.php" method = "post">
Update details !<br><br>
First Name
<input type = "text" name = "fname" va
我在我的网页中有一个表单,其中的'action‘指定了一个php文件来执行查询。我想在按下按钮时执行该查询,并打开一个名为details.php的新网页。我该怎么做呢?查询在执行查询时起作用,它应该打开details.php page.My代码进行输出打印,这是预先给出的below..thanks
if(move_uploaded_file($_FILES['photo']['tmp_name'], $target))
{
echo "The image has been uploaded, and your information has be
我的更新查询失败了,尽管语法看起来很好(我有另一个更新查询,可以在同一页面上正常工作)。
mysql_connect("localhost", "root", "") or die(mysql_error());
mysql_select_db("sitename") or die(mysql_error());
$id = $_GET['id'];
if (isset($_POST['submit'])){
$b = my
当用户提交表单时,我需要在同一页上为他输出消息。
当我提交一个表单时,页面刷新,处理程序触发(php函数),一些POST数据插入到数据库中,我设置了$this['success'] = 1,然后与Twig检查:
{% if success %}
here is many tags with information and a message
{% else %}
here is a form
{% endif %}
但是,如果我按下F5,表单将重新提交,插入查询将再次执行。
用AJAX来做这个请求不是一个真正的选择。