みなさんこんにちは、私はかなり新しいPHPです。本当に助けが必要です。 PHPとHTMLフォームを使用してmysqlデータベースにCSVファイルをアップロードしようとしていますが、次のエラーが表示されます。ライン23上のphpとmysqlを使ってmysqlにcsvファイルをアップロードしてみてください。
警告:のfopen():ファイル名がCで空にすることはできません:\ XAMPP \ htdocsにライン24上のインポートのCSVの\ importcsv.php \
警告:fgetcsv()は、パラメータ1はリソースであることを期待し、 C:\ xampp \ htdocs \ import csv \ importcsv.php 26行目
警告:fclose()は、パラメータ1がリソースであり、ブール値がC:\ xampp \ htであると想定しています。ドキュメントは\成功し、ここで
をインポートライン30上の輸入のcsv \のimportcsv.phpは私のコードは
<?php
ini_set('display_errors', 1);
error_reporting(E_ALL);
$db_host = 'localhost';
$db_user = 'root';
$db_pwd = '';
$db = 'mydb';
$table = 'user';
$conn = mysqli_connect($db_host, $db_user, $db_pwd) or die("Cant connect to database");
if(!mysqli_select_db($conn,$db))
die("Cant select to database");
if(isset($_POST['submit'])){
$fname = $_FILES['sel_file']['name'];
echo 'upload file name: '.$fname.' ';
$chk_ext = explode(".", $fname);
if(strtolower(end($chk_ext)) == "csv"){
$filename = $_FILES['sel_file']['temp_name'];
$handle = fopen($filename, "r");
while(($data = fgetcsv($handle, 1000, ",")) != FALSE){
$sql = "INSERT into user(name,email,phone) values('$data[0]', '$data[1]', '$data[2]')";
mysql_query($sql) or die(mysql_error());
}
fclose($handle);
echo "successfully imported";
}
else{
echo "Invalid file";
}
}
?>
<h1>Import csv file</h1>
<form action='<?php echo $_SERVER["PHP_SELF"];?>' method='post' enctype="multipart/form-data">
Import File : <input type='file' name='sel_file' size='20'>
<input type='submit' name='submit' value='submit'>
</form>
で誰もが、私はあなたのコード内のいくつかの行を更新した
「temp_name」ではなく「tmp_name」である必要があります。 – Faradox
高齢者、それは働いていました。しかし今私は別の問題を抱えています:警告:mysqli_error()は、正確に1つのパラメータ、すなわち0が必要です。私のコードは次のとおりです:mysqli_query($ conn、$ sql)またはdie(mysqli_error()); – Vuyisile
あなたのケースでは、mysqli_error($ conn) ' – Faradox