2016-11-26 10 views
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以下のコードは、データベーステーブルに何も挿入しないのはなぜですか?データベースの挿入が機能しない

require_once"connection.php"; 
$target_Path='img/displays/'; 
$caption=$_POST['caption']; 
$albums=$_POST['albums']; 
$target_Path = $target_Path.basename($_FILES['photo']['name']); 
move_uploaded_file($_FILES['photo']['tmp_name'], $target_Path); 
$withoutExt = preg_replace("/\\.[^.\\s]{3,4}$/", "", $target_Path); 
mysqli_query($connection,"INSERT INTO `ett`.`gallery` (`id` ,`album`,`name`,`path`)VALUES (`NULL`,`".$albums."`,`".$caption."`,`".$withoutExt."`)");                        

以下のコードはうまくいきますが、何らかの理由で上記のクエリが機能していません。何が問題ですか?

mysqli_query($connection,"INSERT INTO `ett`.`gallery` (`id`, `album`, `name`, `path`) VALUES (NULL, '1', 'test', 'test')"); 
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は問題ではなく_guess_するのであるまさに_読み込み_ためにあなたのhttpサーバのエラーログファイルに見てみましょう。 – arkascha

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クエリをエコーし​​、直接データベースに書き込んで、クエリが正しいかどうかを確認してください。 – Deep

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なぜidは常にnullですか? –

答えて

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単一引用符は文字列の値を中心に使用されるべきではなく、バッククォート

mysqli_query($connection,"INSERT INTO `ett`.`gallery` (`id` ,`album`,`name`,`path`)VALUES (NULL,'".$albums."','".$caption."','".$withoutExt."')"); 
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提供されたQirelのリンクには、より多くの情報があります。これがあなたの問題を解決するにもかかわらずそれを参照してください – jophab

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皆さん、ありがとう、リンクとあなたの答えが有用だった –

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@MustafaAzadあなたは大歓迎です:) – jophab

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