データが次のクエリによって挿入されていません。

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$query = "INSERT INTO personal_details (first_name, last_name,password, email_id, password, 
        gender,blood_group,mobile_number,AgeGroupIndex) 
      VALUES ('$fname','$lname', '$password', '$email', '$gender','$blood_group', 
        '$mobile','$birthdate','$AgeGroup')"; 
mysql_query($query);

データが挿入されていません。誰でもトラブルシューティングできますか？データが次のクエリによって挿入されていません。

出典

2017-02-04 Himanshu Kriplani

スイッチを使用する必要がありますパラメーター。 –

http://php.net/manual/en/function.mysql-error.phpの助けを借りて実際のエラーを得ることができます。これはトラブルシューティングに役立ちます。 – Qirel

あなたはあなたの質問に間違っている必要があります。あなたのデータベーステーブル 'personal_details'に' password'という名前の2つのフィールドがありますか？ –

「メール」の後に「パスワード」を複製しています。コメントで言及はまた、 "誕生日" は間違っている

$query = "INSERT INTO personal_details 
(first_name,last_name,password,email_id,gender,blood_group,mobile_number,AgeGroupIndex) VALUES ('$fname','$lname','$password','$email','$gender','$blood_group','$mobile','$AgeGroup')"; 
mysql_query($query);

UPDATE

としてのHEKマット、あなたは準備された文に "mysqli_" と使用に

http://www.w3schools.com/php/php_mysql_prepared_statements.asp

出典

2017-02-04 13:24:08 brunofitas

'prepared statements？ 'はどうすれば解決できますか？これは解答ではありません。コメントすることができます。 –

一致しないパラメータの数を確認してください。あなたの答えを編集してください。 –

@Hekmatこれは彼が 'prepared statements'を使うべきだと主張するのではありません。 –

データが次のクエリによって挿入されていません。

答えて

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