我遇到问题，我的表单正在提交值，但它们没有输入数据库？
我尝试回显 $_POST 来查看发布的内容，所有内容都按应有的方式发布，但在进入数据库时失败。
这是我的代码
if(isset ($_POST["update_detail"])) {
foreach($_POST["id"] AS $id) {
$name = mysqli_real_escape_string($_POST["name"][$id]);
$age = mysqli_real_escape_string($_POST["age"][$id]);
$update1 = "UPDATE `booked_peoples` SET `name` = '$name',`age` = '$age' WHERE `booked_peoples`.`id` = ".$id;
$update2 = mysqli_query($con,$update1);
if($update2){
echo '<script>window.location.href="add_passengers.php?book_id='.$book_id.'";</script>';
}
else {
echo 'OOPS';
} } }
这是 php 表单代码
if(isset($_GET['book_id']) and $_GET['action']=='edit')
{
$sq_edit_ps = "select * from booked_peoples where booking_id = ".$book_id;
$qr_edit_ps = mysqli_query($con,$sq_edit_ps);
while($rw_edit_ps = mysqli_fetch_array($qr_edit_ps))
{
$ps_id = $rw_edit_ps['id'];
echo '<form action="" method="POST" role="form">';
echo '<div class="row">
<div class="col-sm-9">
<label>Name</label>
<input class="form-control" type="text" name="name['.$ps_id.']" value="'.$rw_edit_ps['name'].'"/>
</div>
<div class="col-sm-3">
<label>Age</label>
<input class="form-control" type="text" name="age['.$ps_id.']" value="'.$rw_edit_ps['age'].'"/>
<input type="hidden" name="id[]" value="'.$ps_id.'"/>
</div>
</div>';
}
echo '
<button class="btn btn-info btn-flat" type="submit" name="update_detail" >Update</button>
</form>
</div>';
}
我的代码是盲目的......:(
最佳答案
正是 mysql_real_escape_string 阻止了它的工作。
它需要是 $name = mysqli_real_escape_string($con, $_POST["name"][$id]);
感谢上面的发帖者指出:)
希望发布解决方案，以防其他人遇到同样的问题
关于PHP 发布值但数据库未更新，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/38013161/