PHPがmysqlを使用しないでコードを挿入する

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私はアンドロイドです& java devloperと初めてPHPでコーディングしようとしています私はこの質問を何度もここに尋ねるが、間違っているPHPがmysqlを使用しないでコードを挿入する

私の問題は、私がそれらの2つのフィールドに値を入力すると、私のSQLデータベースに挿入されません。図示しない挿入メッセージを記録する。

私はその時にデータを送信し、レコードが挿入されたメッセージが来ると、その時点で送信ボタンをクリックする必要があります。

は、私はミスが任意のヘルプは大歓迎です。このコードに誤りが何であるかを教えてくださいここ $connection = mysql_connect("localhost","000webhost", "id717479_kunal", "");

$db = mysql_select_db("id717479_info", $connection);

だと思います。ここ

は、私は私の単純なPHP挿入コードは、このコードおそらくここで起こって二つのものがあります

<!DOCTYPE html> 
<html> 
<head> 
<title>PHP insertion</title> 
<link href="css/insert.css" rel="stylesheet"> 
</head> 
<body> 
<div class="maindiv"> 
<!--HTML Form --> 
<div class="form_div"> 
<div class="title"> 
<h2>Insert Data In Database Using PHP.</h2> 
</div> 
<form action="insert.php" method="post"> 
<!-- Method can be set as POST for hiding values in URL--> 
<h2>Form</h2> 
<label>Enter Boy Name:</label> 
<input class="input" name="boy" type="text" value=""><br><br> 
<label>Enter Girl Name:</label> 
<input class="input" name="girl" type="text" value=""><br><br> 
<input class="submit" name="submit" type="submit" value="Insert"> 
</form> 
</div> 
</div> 
</body> 
</html> 

<?php 
$connection = mysql_connect("localhost","000webhost", "id717479_kunal", ""); // Establishing Connection with Server 
$db = mysql_select_db("id717479_info", $connection); // Selecting Database from Server 
if(isset($_POST['submit'])){ // Fetching variables of the form which travels in URL 
$boy= $_POST['boy']; 
$girl = $_POST['girl']; 
if($boy!=''||$girl!=''){ 
//Insert Query of SQL 
$query = mysql_query("insert into love(boy, girl) values ('$boy', '$girl')"); 
echo "<br/><br/><span>Data Inserted successfully...!!</span>"; 
} 
else{ 
echo "<p>Insertion Failed <br/> Some Fields are Blank....!!</p>"; 
} 
} 
mysql_close($connection); // Closing Connection with Server 
?>

出典

2017-04-03 kunal nikam

使用' mysqli_connect'他のmysqlの構文を置き換えずに –

@SahilGulati OPがそれを解釈するかもしれないの – Swellar

あなたは廃止予定の関数を使用しています – Akintunde007

に間違いが何であるかを教えてください貼り付けます。

1）あなたはPHP 7を使用している場合は、廃止予定の機能は廃止された機能以上のものです。機能しなくなるだけです。

2）SQLに実際に何か問題があります（テーブル名が間違っていますが、インデックスの制約違反など）。 MySQLサーバがエラーを返しているかどうかを確認するには、あなたが試すことができます：

$query = mysql_query("insert into love(boy, girl) values ('$boy', '$girl')"); 
if($query){ 
    echo "<br/><br/><span>Data Inserted successfully...!!</span>"; 
} 
else{ 
    die(mysql_error()); 
}

出典

2017-04-03 09:02:11

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は、MySQLへの接続mysqliを使用するには（5.0+ PHPが必要です）：

$mysqli = new mysqli(host, username, password, database); 

if ($mysqli->connect_error) { 
    exit("Unable to conect to database"); 
}

は、データベースに値を挿入するには、mysqli_queryを使用します。

$query = "INSERT INTO `love`(boy, girl) VALUES ('$boy', '$girl')"; 
if ($result = $mysqli->query($query)) { 
    echo '<span>Data Inserted successfully.</span>'; 
} else { 
    echo '<p>Insertion Failed. Some Fields are Blank.</p>'; 
}

また、私は、コードのあなたの部分を変更するには、あなたをお勧めします：

代わりに のMySQLの

if(isset($_POST['submit'])) { 
    if (!empty($_POST['boy']) && !empty($_POST['girl'])) { 
     $boy = $_POST['boy']; 
     $girl = $_POST['girl']; 
     ... 
    } else { 
     exit("Fill the gaps!"); 
    } 
}

出典

2017-04-03 09:10:24 phen0men

OPが手続き型を使用しています –

@MasivuyeCokile _それは間違っていますか？ – phen0men

オブジェクト指向を使用しています –

使用mysqliの：

$server = "localhost"; 
$loginname = "000webhost"; 
$password = "id717479_kunal"; 
$database = "id717479_info"; 

$connection = mysqli_connect($server, $loginname, $password, $database); 

$query = sprintf("INSERT INTO love(boy, girl) VALUES ('%s', '%s');", $boy, $girl); 

$check_query = mysqli_query($connection, $query); 
if($check_query) 
{ 
    echo "Inserted successfully!"; 
}

代わりに「mysqli_connect` `に` mysql_connect`を変更しても問題が解決して `mysql_connect`

出典

2017-04-03 09:15:33 KittyCat

PHPがmysqlを使用しないでコードを挿入する

答えて

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