-1
EDITED私はHTMLフォームとPHPを使用してMySQLデータベースにデータをアップロードしています。情報を提出すると、アップロードした画像が特定のフォルダ（意図した方法）に移動しますが、データはデータベースにアップロードされません。 私は今、ほとんどのコードを追加しました。サイトは私にすべてを追加することを許可しませんでした。私の意見では、手元の問題とは何の関係もないいくつかの行を削除しました。多分あなたは問題を見るでしょう：フォームがサブミットされたときにMySQLデータベースが更新されない
<!DOCTYPE>
<?php
include("includes/db.php");
?>
<html>
<head>
<title>Inserting Product</title>
<script src="//tinymce.cachefly.net/4.1/tinymce.min.js"></script>
<script>
tinymce.init({selector:'textarea'});
</script>
</head>
<body bgcolor="grey">
<form action="insert_product.php" method="post" enctype="multipart/form-
data">
<table align="center" width="795" border="2" bgcolor="lime">
</tr>
<tr>
<td align="right"><b>Product Category:</b></td>
<td>
<select name="product_cat" >
<option>Select a Category</option>
<?php
$get_cats = "select * from categories";
$run_cats = mysqli_query($con, $get_cats);
while ($row_cats=mysqli_fetch_array($run_cats)){
$cat_id = $row_cats['cat_id'];
$cat_title = $row_cats['cat_title'];
echo "<option value='$cat_id'>$cat_title</option>";
}
?>
</select>
</td>
</tr>
<tr>
<td align="right"><b>Product Publisher:</b></td>
<td> <select name="product_dev">
<option>Select a Publisher</option>
<?php
$get_devs = "select * from developers";
$run_devs = mysqli_query($con, $get_devs);
while ($row_devs=mysqli_fetch_array($run_devs)){
$dev_id = $row_devs['dev_id'];
$dev_title = $row_devs['dev_title'];
echo "<option value='$dev_id'>$dev_title</option>";
}
?>
</select>
</td>
</tr>
<tr>
<td align="right"><b>Product Image:</b></td>
<td><input type="file" name="product_image" /></td>
</tr>
<tr>
<td align="right"><b>Product Price:</b></td>
<td><input type="text" name="product_price" required/></td>
</tr>
<tr>
<td align="right"><b>Product Keywords:</b></td>
<td><input type="text" name="product_keywords" size="50"
required/></td>
</tr>
<tr align="center">
<td colspan="7"><input type="submit" name="insert_post"
value="Insert Product Now"/></td>
</tr>
</table>
</form>
</body>
</html>
<?php
if(isset($_POST['insert_post'])){
$product_title = $_POST['product_title'];
$product_cat= $_POST['product_cat'];
$product_pub = $_POST['product_pub'];
$product_dev = $_POST['product_dev'];
$product_price = $_POST['product_price'];
$product_desc = $_POST['product_desc'];
$product_keywords = $_POST['product_keywords'];
$product_image = $_FILES['product_image']['name'];
$product_image_tmp = $_FILES['product_image']['tmp_name'];
move_uploaded_file($product_image_tmp,"product_images/$product_image");
$insert_product = "insert into products
(product_cat,product_pub,product_dev,
product_title,product_price,product_desc,product_image,
product_keywords) values ('$product_cat','$product_pub','$product_dev',
'$product_title','$product_price','$product_desc',
'$product_image','$product_keywords')";
$insert_pro = mysqli_query($con, $insert_product);
if($insert_pro){
echo "<script>alert('Product Has been inserted!')</script>";
echo "<script>window.open('index.php?insert_product','_self')
</script>";
}
}
?>
。 – Tomm
あなたのコードがあなたのmySqlサーバに接続しているのを見ることさえできません。もしあなたがいくつかの部分を無視した場合は、完全なコードを追加してください。 –
@Tomm彼は '$ insert_product'に' SQL'クエリを持っていると思いますが、そこには問題はほとんどありません。まず、彼の変数をSQLで直接使用するのは非常に悪いことです。あなたは現在の方法で人々があなたのプロジェクトに対してSQLインジェクション攻撃を行うことができるため、準備されたステートメントを使用する必要があります。また、エラーが発生した場合は、コンソールでエラーを確認してください。また、データベースへの接続が行われていることを確認してください。 – Sand