PHPフォームを更新できません

Question

現在、クライアントデータベース管理用のシステムを作成中です。このシステムには、mySQLには4つのテーブルがあります。管理者、スタッフ、クライアント、およびプロジェクトです。プロジェクトテーブルには、clientidであるクライアントテーブルからの1つの外部キーがあります。

ここでは、ユーザーがこれらのテーブルにデータを入力できるように、これらのテーブルのすべてのフォームを作成しました。奇妙なことに、うまく更新できる唯一のフォームはスタッフです。クライアントフォームとプロジェクトフォームの両方を更新することはできません。それは正常に戻りますが、データは変更されません。

以下はスタッフの更新コードです。

<?php 
    include 'database.php'; 

    $staffid = $_GET['staffid']; 
    $sql = "SELECT * FROM staff WHERE staffid='$staffid'"; 
    $result = mysqli_query($conn,$sql); 

    while ($row=mysqli_fetch_array($result)){ 
     $staffname = $row['staffname']; 
     $staffemail = $row['staffemail']; 
     $staffphone = $row['staffphone']; 
    } 

    if(isset($_POST['submit'])){ 
    $staffname = $_POST['staffname']; 
    $staffemail = $_POST['staffemail']; 
    $staffphone = $_POST['staffphone']; 

    $sql = "UPDATE staff SET 

    staffname='$staffname',staffemail='$staffemail',staffphone='$staffphone' WHERE staffid='$staffid'"; 

    $result = mysqli_query($conn,$sql); 

    if($result){ 
     echo "<table><td><tr><h4>Record has been updated successfully!<br></tr></td></h4></table>"; 
    } 
    else { 
     echo "<h4>Record has <b>NOT</b> been updated successfully<br></h4>"; 
    } 
} 
?> 


<form action="" method="post"> 
<table class ="table1"> 
<tr> 
<td>Staff Name:</td> <td><input type="text" name="staffname" size="50" value="<?php echo $staffname;?>"></td> 
</tr> 

<tr> 
<td>Staff Email:</td> <td><input type="text" name="staffemail" size="50" value="<?php echo $staffemail;?>"></td> 
</tr> 

<tr> 
<td>Staff Phone No:</td> <td><input type="text" name="staffphone" size="50" value="<?php echo $staffphone;?>"></td> 
</tr> 

<td><input type="submit" value="Update" name="submit"> <input type="button" value="View" name="view" onclick='location.href="viewstaff.php"'></td> 
</table> 
</form> 

ここで、クライアントテーブルの更新コードがあります。

<?php 
include 'database.php'; 

$clientid = $_GET['clientid']; 
$sql = "SELECT * FROM client WHERE clientid='$clientid'"; 
$result = mysqli_query($conn,$sql) or die ("Error in query: $query. ".mysqli_error()); 

while ($row=mysqli_fetch_array($result)){ 
    $clientid = $row['clientid']; 
    $clientname = $row['clientname']; 
    $clientno = $row['clientno']; 
    $clientemail = $row['clientemail']; 
    $clientadd = $row['clientadd']; 
} 

if(isset($_POST['submit'])){ 
    $clientid = $row['clientid']; 
    $clientname = $row['clientname']; 
    $clientno = $row['clientno']; 
    $clientemail = $row['clientemail']; 
    $clientadd = $row['clientadd']; 

    $sql = "UPDATE client SET clientid='$clientid',clientname='$clientname',clientno='$clientno',clientemail='$clientemail',clientadd='$clientadd' WHERE clientid='$clientid'"; 

    $result = mysqli_query($conn,$sql) or die ("Error in query: $query. ".mysqli_error()); 

    if($result){ 
     echo "<table><td><tr><h4>Record has been updated successfully!<br></tr></td></h4></table>"; 
    } 
    else { 
     echo "<h4>Record has <b>NOT</b> been updated successfully<br></h4>"; 
    } 
} 
?> 


<form action="" method="post"> 
<table class ="table1"> 
<tr> 
<td>Client ID:</td> <td><input type="text" name="clientid" size="50" value="<?php echo $clientid;?>"></td> 
</tr> 

<tr> 
<td>Client Name:</td> <td><input type="text" name="clientname" size="50" value="<?php echo $clientname;?>"></td> 
</tr> 

<tr> 
<td>Client Phone No.:</td> <td><input type="text" name="clientno" size="50" value="<?php echo $clientno;?>"></td> 
</tr> 

<tr> 
<td>Client Email:</td> <td><input type="text" name="clientemail" size="50" value="<?php echo $clientemail;?>"></td> 
</tr> 

<tr> 
<td>Client Address:</td> <td><input type="text" name="clientadd" size="50" value="<?php echo $clientadd;?>"></td> 
</tr> 

<td><input type="submit" value="Update" name="submit"> <input type="button" value="View" name="view" onclick='location.href="viewclient.php"'></td> 
</table> 
</form> 

は、たぶん私は愚かか、何が、私は3時間の問題を把握しようとしてきたと私は笑泣きに近いこのです。フォームの更新についてはここでもすべてのスレッドを読んでいますが、答えはありません。ここの誰もが私を助けてくれることを願って。ありがとうございました。

Answer 1

クライアントテーブルの更新は、このコードを使用するために、使用コード：

if(isset($_POST['submit'])){ 
    $clientid = $row['clientid'];  // $row should be $_POST 
    $clientname = $row['clientname']; // $row should be $_POST 
    $clientno = $row['clientno'];  // $row should be $_POST 
    $clientemail = $row['clientemail']; // $row should be $_POST 
    $clientadd = $row['clientadd'];  // $row should be $_POST 

しかし、これらの$row sが$rowが結果であるため、更新されたデータは、（以前のデータと同じになります他、$_POSTする必要がありますクエリSELECT * FROM client WHERE clientid='$clientid'から）。あなたは、スタッフテーブル更新コードでそれを正しく実行します。

if(isset($_POST['submit'])){ 
    $staffname = $_POST['staffname']; 
    $staffemail = $_POST['staffemail']; 
    $staffphone = $_POST['staffphone']; 

---

あなたのスクリプトがSQL Injection Attackの危険性があることに注意してください。 Little Bobby Tablesに何が起こったかを見てください。 Even if you are escaping inputs, its not safe!。代わりにprepared parameterized statementsを使用してください。