データベースに見出しやその他のコンテンツの画像を更新する空

Question

require('connection.php'); 
session_start(); 
if(isset($_POST['submit'])) { 

    if(!empty($_FILES["image"]["name"])) { 

    $_FILES["image"]["name"]; 
    $imagename = $_FILES["image"]["tmp_name"]; 
    move_uploaded_file($imagename ,"uploads/" . $_FILES["image"]["name"]);  
    $image= $_FILES['image']['name']; 
    $name1=$_POST['name']; 
    $description=$_POST['description']; 

    } else { 

    $image= $_FILES['image']['name']; 
    $name1=$_POST['name']; 
    $description=$_POST['description']; 
    } 

$sql=mysqli_query($con,"UPDATE `service` SET `name` ='$name1' ,`description` ='$description',`image`='".$image."' WHERE `service_id`= '". $_SESSION["id"]."' "); 

} 

if($sql>0) 
{ 
    echo "<script>alert('Successfully Entered!!!'); 
    window.location='service_view.php'</script>"; 
} 
?> 

状況になった場合： これはコードでは、すべてのフィールドがselected.Editingている場合【選択コードが機能しているデータベース（見出し、説明および画像）の内容を更新するためのものですコードは別々に選択されたときに機能しています。たとえば、3つのフィールドをすべて選択すると、コードは正しく動作し、すべての内容が更新されます。ただし、見出しフィールドを選択すると、データベースは空になります。

Answer 1

最も簡単な方法は、それぞれの条件に別のクエリを作成することです：

... 
if(isset($_POST['submit'])) 
{ 
    if(!empty($_FILES["image"]["name"])) 
    { 
     $_FILES["image"]["name"]; 
     $imagename = $_FILES["image"]["tmp_name"]; 
     move_uploaded_file($imagename ,"uploads/" . $_FILES["image"]["name"]); 
     $image= $_FILES['image']['name']; 
     $name1=$_POST['name']; 
     $description=$_POST['description']; 
     $sql=mysqli_query($con,"UPDATE `service` SET `name` ='$name1' ,`description` ='$description',`image`='".$image."' WHERE `service_id`= '". $_SESSION["id"]."' "); 
    } 
    else 
    { 
     $name1=$_POST['name']; 
     $description=$_POST['description']; 
     $sql=mysqli_query($con,"UPDATE `service` SET `name` ='$name1' ,`description` ='$description' WHERE `service_id`= '". $_SESSION["id"]."' "); 
    } 
} 
...