データは、データが別のテーブルに挿入されていないPHP

Question

テーブルに挿入されない、ここに以下のコードがあります。これにより

if (isset($_POST)) 
    { 
     $job = $_POST['jobtitle']; 
     $dur = $_POST['duration']; 
     $deg = $_POST['requireddegree']; 
     $exp = $_POST['experiance']; 
     $sal = $_POST['salary']; 
     $mark = $_POST['marks']; 


     if (!empty($job) && !empty($dur) && !empty($deg) && !empty($exp) && !empty($sal) && !empty($mark)) 
     { 
      $dur = mysql_real_escape_string($dur); 
      $deg= mysql_real_escape_string($deg); 
      $exp = mysql_real_escape_string($exp); 
      $sal = mysql_real_escape_string($sal); 
      $mark = mysql_real_escape_string($mark); 
      $job = mysql_real_escape_string($job); 



      $query="INSERT INTO jobposting (duration,degree,experiance,salary,marks,Jobtitle) VALUES ('".$dur."','".$deg."','".$exp."','".$sal."','".$mark."','".$job."') "; 

      if ($query_run= mysql_query($query)) 
      { 
       header('location : Main.html'); 
      } 
      else 
      { 
       echo ' Data not Inserted! ';  
      } 

     } 

それは私のサーバーエラーを与えるか、私が書くCGI script.Butにエラーが発生しましたこの形式の変数は '' $ dur 'の代わりに' $ dur 'となります。挿入条件の後にelse条件が実行され、データが挿入されていないことが表示されます。

しかし、私は別のテーブルにデータを挿入している間に同じロジックを書いており、それが正常に挿入されます。しかしそこには '$ dur'が入ります。私はproblem.Willは、ご提案のために喜んで見つけることができません:)

Answer 1

私はこのコードを見て、他のエラーを見つけることができないよう

が

$query="INSERT INTO jobposting (duration,degree,experiance,salary,marks,Jobtitle) VALUES ('$dur','$deg','$exp','$sal','$mark','$job') "; 

//Use ".$job." only for stuff like '".md5($_POST['password'])."' otherwise this creates problem some times. 

// Adding this always helps 
if(!mysqli_query($con,$query)) 
{ 
    die('error'.mysqli_error($con)); 
} 
// in $con = $con=mysqli_connect("localhost","root",""); 
else 
{ 
    if ($query_run= mysql_query($query)) 
    { 
     header('location : Main.html'); 
     } 
    else 
    { 
     echo ' Data not Inserted! ';  
    } 

} 

のために期待する私はで考えますこれらの変更を行い、あなたのdb名やその他の基本的なものが正しいことを確認したら、別の方法で行っても間違いないようにしてください。