ユーザー名を使用して、コメントボックスにデータを入力することができません。

Question

こんにちは私はコメントボックスに投稿するコードを得るために関連する変更を行ったと思いますが、まだ何も投稿していないようです。コードに残っているエラーは誰でも見ることができますか？

<form action="" method="post" > 
<textarea rows="4" cols="50" name="comment"> 
Please type a comment if you are logged in.... 


</textarea> 
<input type="submit" value="Submit"> 
</form> 


<?php 
if (isset($_SESSION['username']) && !empty($_SESSION['username'])) { 
    $username = $_SESSION['username']; 
    $sqlinsert = "INSERT INTO comment (username, comment, dCpuID) VALUES ('$username', '$comment', '1')"; 
if(mysqli_query($conn, $sqlinsert)){ 

     header("Location: i5-6600k"); 
} else { 
    echo "ERROR: Could not able to execute $sqlinsert. " . mysqli_error($conn); 
} 
} 

この文書の一番上にはセッションが開始されているので、それが含まれています。コード全体がPHPタグ内にあります。

if (isset($_SESSION['username']) && !empty($_SESSION['username'])) { 

これをlogin_userに変更しました。今ではDB接続のようですが、コメントボックスの上にコメントを表示しなくてもエラーが表示されます： エラー：INSERT INTOコメント（ユーザー名、コメント、dCpuID）を実行できませんでしたVALUES（ 'dan' ''、 '1'）。 'フィールドリスト'に 'username'という列がありません

$sql = "SELECT `users`.`username`, `comment`.`comment`, `comment`.`timestamp`\n" 

    . "FROM `users`\n" 

    . "LEFT JOIN `comment` ON `users`.`userID` = `comment`.`userID` \n" 

    . "where dCpuID = 1"; 

$result = $conn->query($sql); 

if ($result->num_rows > 0) { 
    echo "<table><tr><th>Username</th><th>Comment</th><th>Timestamp</th>"; 
    // output data of each row 
    while($row = $result->fetch_assoc()) { 
     echo "<tr><td>" . $row["username"]. "</td><td>" . $row["comment"]."</td><td>" . $row["timestamp"]. "</td>"; 
    } 
    echo "</table>"; 
} else { 
    echo "0 results"; 
} 

上記のコードは、コメントボックスを必要に応じて表示しています。これは、入力されたdisplyedされる（それが表にあるよう多くの意味があります）の代わりに、ユーザー名のユーザーID

それが表示されます：

ERROR: Could not able to execute INSERT INTO comment (userID, comment, dCpuID) VALUES ('dan', '', '1'). Cannot add or update a child row: a foreign key constraint fails (`u803621131_login`.`comment`, CONSTRAINT `comment_ibfk_2` FOREIGN KEY (`userID`) REFERENCES `users` (`userID`)) 

通常どの何とか固定する、テーブルを削除する手段を修正します私はそれらを再投入しなければならないので、より多くの問題を引き起こします。

Answer 1

まず、セッションに格納されたデータを取得するには、スクリプトの先頭にsession_start（）が必要です。また、セッションを使用するときはいつでもsession_start（）を持たなければなりません。

コードでは、逆のことがあります。別の方法ではなく、セッションに初期化されていない変数を割り当てようとしています。

session_start(); 
if (isset($_SESSION['username']) && !empty($_SESSION['username'])) { 
    $username = $_SESSION['username']; 
    $sqlinsert = "INSERT INTO comment (username, comment, dCpuID) VALUES ('$username', '$comment', '1')"; 
    // etc. 
} else { 
    // There was no username in session. 
} 

セッション変数を別の変数に格納する理由はありませんが、私はあなたの間違いを説明するためにそれを含めました。あなたは持っている：

$_SESSION['username'] = $username; 

ボーナスポイントを：あなたはbind parametersを使用して直接ではなく、SQL文に値を補間する必要があります。パラメータをバインドすると、mysqli_real_escape_stringでコメントをエスケープする必要はありません。

エラーメッセージも表示されません。むしろより：あなたは外部結合を維持したい場合はLEFT JOIN x.... WHERE x =...がINNER JOIN x...

と同じであることを

echo "ERROR: Could not able to execute $sqlinsert . " . mysqli_error($conn); 

Answer 2

注意、あなた：

echo "ERROR: Could not able to execute $sql. " . mysqli_error($conn); 

あなたが使用される実際の変数名を含むべきです

" 
SELECT u.username 
    , c.comment 
    , c.timestamp 
    FROM users u 
    LEFT 
    JOIN comment c 
    ON c.userID = u.userID 
    AND c.dCpuID = 1; 
";