実際に私はユーザーが提案してそのテーブルにデータを挿入する名前でテーブルを作成しようとしています。私は2つのphpファイルましフォームデータを別のページとデータベースの両方に渡すにはどうすればよいですか?
:ここCreateTable.phpとEnterData.phpに
はCreateTable.phpの私のコードです:ここでは
<?php
$conn = new mysqli("localhost","root","","mywebsite");
if (isset($_POST['tbButton'])) {
$qry = "Create Table ".$_POST['tableName']."(firstname varchar(25),lastname varchar(25));";
$res = mysqli_query($conn,$qry);
if ($res) {
echo "Table Created!";
}
else{
die("query failed!");
}
}
?>
<!DOCTYPE html>
<html>
<head>
<title>Create Table</title>
</head>
<body>
<form action="EnterData.php" method="post">
<p><input type="text" name="tableName" placeholder="Enter Table Name..."></p>
<p><input type="submit" name="tbButton"></p>
</form>
</body>
</html>
はの私のコードですEnterData.php:
<?php
$tbname = $_POST['tableName'];
$conn = new mysqli("localhost","root","","mywebsite");
if (isset($_POST['dataButton'])) {
$qry = "Insert into ".$tbname."(firstname,lastname) values('".$_POST['firstname']."','".$_POST['lastname']."');";
$res = mysqli_query($conn,$qry);
if ($res) {
echo "Data Inserted!";
}
else{
die("query failed!");
}
}
?>
<!DOCTYPE html>
<html>
<head>
<title>Create Table</title>
</head>
<body>
<form action="" method="post">
<p><input type="text" name="firstname" placeholder="Enter First Name..."></p>
<p><input type="text" name="lastname" placeholder="Enter Last Name..."></p>
<p><input type="submit" name="dataButton"></p>
</form>
</body>
</html>
問題は、私はaction="EnterData.php"
表を作成するときに、データベースに作成しますが、フォームの値が'EnterData'
ファイルに渡さないということです。 と書いたときにaction="CreateTable.php"
テーブルが作成されましたが、値は 'EnterData'
'には渡されません。 EnterData
ファイルとデータベースにも値を渡したいと思います。
stackoverflowの上のこの私の最初の試みは、なぜあなたは、ユーザーが最初の場所でデータベース内のテーブルを作成してみましょうだろう、私は非常にうまく
理由をユーザ定義のテーブル名を必要ですか?目的は何ですか? 。そのユーザーがテーブルの束を作成することを迷惑メールできるように気をつけてください。 – JYoThI
私の親愛なる友人! 私は知っている、プロのコーディングユーザーでこの種のアクセス権を持ってはいけません。 私はちょうどバックエンドの開発を練習しています。**私はデータベースと別のページにフォームの値を同時に渡すことができます** もしそうなら、どうすればいいですか? –