我的代码有问题。我正在尝试将新帖子添加到表事件中。我很困惑,因为我在同一网站的其他地方使用过这段代码(但它使用 mysqli_query 来注册新用户)。 mysqlql_error 返回“未选择数据库”
这是代码:
<?php
$add_title = $_POST['add_title'];
$add_happen = $_POST['add_happen'];
$add_created = date('Y-m-d');
$add_content = $_POST['add_content'];
$add_author = $_POST['add_author'];
//connect to
//localhost
$db_host = "localhost";
$db_username = "root";
$db_password = "";
$db_dbname = "zhp2";
$db_con = mysql_connect($db_host, $db_username, $db_password, $db_dbname);
$query = "
INSERT INTO events ( title, happen, created, content, author )
VALUES ( '$add_title', '$add_happen', '$add_created', '$add_content', '$add_author') )
";
$retval = mysql_query($query, $db_con);
if(! $retval ){
die('Could not enter data: ' . mysql_error());
}
else{
echo "Entered data successfully\n";
}
mysql_close($db_con);
//header('Location: ../../index.php?link=events');?>
我尝试使用 mysql_query 和 mysqli_query 的不同组合进行试错法来修复它
最佳答案
你在混淆mysql_connect
和 mysqli_connect
以传递这些参数的方式运行。在你的例子中:
$db_con = mysql_connect($db_host, $db_username, $db_password, $db_dbname);
您正在传递第四个参数,它是数据库名称,但它不会起作用,因为您应该只首先传递三个参数(主机、用户名、密码),然后调用 mysql_select_db()
:
$db_con = mysql_connect($db_host, $db_username, $db_password);
mysql_select_db( $db_dbname, $db_con );
在mysqli
自 mysql_
以来,这是更好的做法功能非常脆弱,并已被弃用 php
你可以像这里一样传递四个元素:
$db_con = mysqli_connect($db_host,$db_username, $db_password, $db_dbname) or die("Error " . mysqli_error($link));
这与您尝试做的很接近,但在正确的 mysqli_
中方式。
关于php - 无法使用 mysql 和 php 向表中添加值,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/26636521/