我一直在寻找一个我认为非常简单的问题的解决方案。
我有一个动态创建的页面，其中包含一个具有唯一 ID 的视频。我还有一个用户可以用来提交内容的表单。我希望视频的 id 包含在提交给 tableA 的文件中。
此代码仅在 $id = 1 时有效。
$vidq = "SELECT * FROM tutorials";
$vidresult = mysql_query($vidq);
$vidrow = mysql_fetch_array($vidresult);
//form submission
if($_POST['formname'] == "submit") {
$name = $_POST['name'];
$id = $vidrow['id'];
$errorMessage = "";
if(empty($name)) {
$errorMessage .= "<li>Please enter a valid name</li>";
}
if(empty($errorMessage)) {
$insert = "INSERT INTO tableA (videoid, name) VALUES (".$id.", ".$name.")";
mysql_query($insert);
exit();
}
}
当我将 $id 更改为 = 1 时，它会发布，但是当 $id 更改为 = $vidrow['id'] 时，它不会发布。
我做错了什么？
最佳答案
尝试使用 mysql_errno/mysql_error 显示 mysql 错误消息。例如……
if (!mysql_query($insert))
{
die('MySQL Fail (' . mysql_errno() . ') - ' . mysql_error());
}
mysql_errno() 文档 - http://php.net/manual/en/function.mysql-errno.php
关于php - 将mysql表中的php记录插入到不同的表中，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/7070900/