をその時点まで実行しません。mysqli_stmt_execute()は、準備されたクエリ
mysqli_stmt_execute
がTRUE
を返していないとき、それはメッセージを示しているので、私はエラーハンドラを書いてミスを犯したので
mysqliのプリペアドステートメントは、データベースにデータを提出していない、とmysqli_error
がエラーに
を返さないことかもしれません編集
mysqli_stmt_execute()
はクエリを実行しません。何故ですか?
PHP-mysqliのスクリプト:
// Simpan data ke dalam variable
$nama_produk=$_POST['nama_produk'];
$id_kategori=$_POST['kategori'];
$id_kategori2=$_POST['kategori2'];
$label=$_POST['label'];
$harga=$_POST['harga'];
$harga2=$_POST['harga2'];
$stok=$_POST['stok'];
$deskripsi=$_POST['deskripsi'];
$spesifikasi=$_POST['spesifikasi'];
$potongan=$_POST['potongan'];
$produk_seo = seo_title($_POST['nama_produk']);
$tanggal=$tgl_sekarang;
$gambar=$nama_file_unik;
$stmt=mysqli_prepare($con,"INSERT INTO produk(nama_produk,produk_seo,id_kategori,id_kategori2,label,harga,harga2,stok,spesifikasi,deskripsi,tgl_masuk,potongan,gambar) VALUES(?,?,?,?,?,?,?,?,?,?,?,?,?)");
mysqli_stmt_bind_param($stmt,"sssssssssssss",$nama_produk,$produk_seo,$id_kategori,$id_kategori2,$label,$harga,$harga2,$stok,$spesifikasi,$deskripsi,$tanggal,$potongan,$gambar);
if(mysqli_stmt_execute($stmt)){
mysqli_stmt_error($stmt);
} else {
echo"<h1>Query gagal</h1>";
mysqli_error($con);
mysqli_errno($con);
mysqli_stmt_error($stmt);
}
は通常、何かの数は何かなどと一致しないというメッセージがありますが、それがどれだけ大きな「クエリgagal」
'seo_title()'この機能は何ですか?これのための形式はどこですか?今この 'if(mysqli_stmt_execute($ stmt)){ mysqli_error($ con); } '意味がありません。実行しているかどうかをチェックしていますが、エラーがないかどうかを確認する必要があります。 –
これらの定義済みの '$ tgl_sekarang' - ' $ nama_file_unik'はどこにありますか?エラー報告を使用する。 htmlフォームとdbスキーマを投稿してください。 –
'seo_title()' stringのスペースを ' - 'に置き換えるだけの場合 'trigit or back 'は' if(mysqli_stmt_execute) 'のように' trigit-or-back 'になります。エラーを処理する適切な方法 – Citra45Abadi