-1
私はphpに新しく、以下のコードを試していますが、値は挿入されていますが、更新されておらず、エラーや温暖化を与えていません。 "HOT"として更新したいときは、 "lead_id"に基づくテーブルの全値を "HOT"に更新する必要があります。1つのPOSTメソッドPHPから挿入コードと更新テーブルを以下のコードで使用できますか?
if ($status=="OK")
{
$query=mysqli_query($con,"insert into lead_comments(lead_id,emp_id,lead_status,comments) values('$lead_id','$emp_id','$lead_status','$comments')");
if ($lead_status == 'HOT'){
$query_update_hot=mysqli_query($con,"update lead_comments set lead_status='$lead_status' where lead_id='lead_id' and emp_id = '$emp_id'");
}
if ($lead_status == 'WARM'){
$query_update_warm=mysqli_query($con,"update lead_comments set lead_status='$lead_status' where lead_id='lead_id' emp_id = '$emp_id' ");
}
if ($lead_status == 'COLD'){
$query_update_cold=mysqli_query($con,"update lead_comments set lead_status='$lead_status' where lead_id='lead_id' emp_id = '$emp_id' ");
}
print "
<script language='javascript'>
window.location = 'thankyou.php?username=$admin';
</script>
";
}
}
は、エラー・ログ有効にしていません、次のクエリを使用しlead_id
のための$不足していますか? https://stackoverflow.com/questions/845021/how-to-get-useful-error-messages-in-php –
答えでは、あなたの更新クエリにあなたの 'lead_id'を割り当てた' $ 'がありません。ちょうどそれを修正すると、コードが動作します。 – Sand