ページに改訂された後にブートストラップモーダルを表示する

Question

私は、がデータベースに挿入されるsettings.phpとsaveSettings.phpページのウェブサイトを作っています。ここで

これは私が試したものであるのsettings.php

echo ' 
    <form action="saveSettings.php" method="POST"> 
    <div class="form-group"> 
     <textarea class="form-control no-resize" rows="4" id="profilecomment" name="profilecomment"></textarea> 
    </div> 
    <input type="submit" class="btn btn-success" name="submit" style="margin-top:10px" value="Submit" /> 
    </form> 
'; 

、ここsaveSettings.php

$userComment = $_POST["profilecomment"]; 

$updateComment = "UPDATE users SET comment = '$userComment' WHERE steamid = '$steamID' "; 

header('Location: settings.php'); 

の一部の一部です：

を私はに私のモーダルロードスクリプトを追加しましたsettings.phpページ

<script> 
    $(window).load(function(){ 
    $('#settingsSave').modal('show'); 
    }); 
</script> 

モーダルスクリプト：

<div class="modal fade" id="settingsSave" tabindex="-1" role="dialog"> 
    <div class="modal-dialog"> 
    <div class="modal-content"> 
     <div class="modal-header"> 
      <button type="button" class="close" data-dismiss="modal" aria-hidden="true">&times;</button> 
     </div> 
     <div class="modal-body"> 
      <p>You have successfully saved your settings!</p>      
     </div>  
    </div> 
    </div> 
</div> 

私はそのためにはポップアップしない場合はわからない：

header('Location: settings.php'); 

私は、私はいくつかの助けを得ることができると思います。

Answer 1

まず、mysql注入に気づいてください。私はあなたのPOSTパラメータをエスケープしていない参照してください。

このようにそれを実行してください：あなたの質問に

$userComment = mysql_real_escape_string($_POST["profilecomment"]); 

または使用mysqliの代わりにmysqlの

：

$(window).load(function(){ 
     $('#settingsSave').modal('show'); 
}); 

はあなたのようなものを使用しなければならない、間違っています：

の$(document).ready(function() { <? if(isset($_GET['save'])){ echo "$('#settingsSave').modal('show');"; } ?> });

ANSは `modal` HTMLがsettings.php`右`でもある

header('Location: settings.php?save');