PHPコントローラにフォームをリンクする際のトラブル

Question

私はこのコードでいくつかのポスト変数がありません。投稿フォームを作成するには、投稿変数を配置してコントローラにリンクする方法を正確にはわかりません。私は時間と時間を読んだことがあり、私の心はまだそのコンセプトについてはあいまいである。今、このPHPコントローラでは、私は手動でデータを入力することができますが、自動的にフォームを介してアップロードすることは私を混乱させます。私はそれを過度に複雑にしていると思うし、私はその1〜2ステップが完了するのを知っています。私のmysqlサーバは自分の背後にあるので、公開アクセス可能なのは私のポート80のウェブサイトだけです。私はこれを解決することができる、私の脳の中で最近殺人されていることを願っています。

私はそれを理解できない場合、それをweb2pyに移行してください。より混乱しますが、構文の組織で見たことから、データベースの前面には簡単です。 1つの最後の問題。データベースは自動的に新しいID行を作成しません。私はデータベースでプライマリに設定して、自動的に新しいレコードを作成する必要がありますが、何らかの理由でそれはしません。

<form action="SubmissionForm.php" method="post"> 
<label>Name:</label><input type='text' name='user'/> 
<label>Message:</label><input type='text' name='message'> 
<input type='submit' value='Submit'> 

</form> 




<?php 
    $dbhost = 'localhost'; 
    $dbuser = 'root'; 
    $dbpass = ''; 
    $conn = mysql_connect($dbhost, $dbuser, $dbpass);  

    if(! $conn) { 
     die('Could not connect: ' . mysql_error()); 
    } 

    $sql = "INSERT INTO testmessage2 ". "(user, message) ". "VALUES(user, message); 

    mysql_select_db('politicalagenda'); 
    $retval = mysql_query($sql, $conn); 

    if(! $retval) { 
     die('Could not enter data: ' . mysql_error()); 
    } 

    echo "Entered data successfully\n"; 

    mysql_close($conn); 
?> 

Answer 1

//captured the form data in variable 

$user= mysql_real_escape_string($_POST['user']); 

$message= mysql_real_escape_string($_POST['message']); 

$sql = "INSERT INTO testmessage2 (user, message) VALUES('$user','$message')";