Php 我是否在尝试做一些可以'；不能这样做吗？

我已经创建了一个上传图像的网站，现在我正在尝试实现标签系统。上载图像时，从html select标记中选择要使用的标记，然后将有关图像的信息发布到我的文件中，该文件处理上载背后的逻辑。现在，因为我希望我的图像能够有多个标记，所以我使用了如下3个表：

Table: image
Columns: id, title, description, author, date, path

Table: tags
Columns: id, tag

Table: tagsconnection
Columns: imageid, tagid

我的MySQL查询如下：

$userSearch = "SELECT username FROM user WHERE id='$author'";
                    $userResult = mysqli_query($conn, $userSearch);
                    $authorCheck = mysqli_fetch_assoc($userResult);
                    $sql = "INSERT INTO image (id, name, description, author, date, path) 
                    VALUES (NULL, '".$name."','".$description."','".$authorCheck['username']."','".$date."','".$fileNameNew."')";
                    $result = mysqli_query($conn, $sql);

                    $sql2 = "SELECT * FROM image WHERE name='$name'";
                    $sql2 = mysqli_query($conn, $sql2);
                    $imageIdCheck = mysqli_fetch_assoc($sql2);
                    $imageid = $imageIdCheck['id'];

                    $sql3 = "SELECT * FROM tags WHERE tag='$tag'";
                    $sql3 = mysqli_query($conn, $sql3);
                    $tagCheck = mysqli_fetch_assoc($sql3);
                    $tagid = $tagCheck['id'];

                    $sql4 = "INSERT INTO tagsconnection (id, imageid, tagid) VALUE (NULL, '".$imageid."', '".$tagid."')";
                    $result4 = mysqli_query($conn, $sql4);

---

这样，我的图像表成功地填充了图像信息，但是，我的标记连接表只接收标记的id，而不接收上载图像的id。显然，在上传图像之前，我无法知道图像的id，所以我的图像标签查询是在图像信息输入查询之后进行的。在my tagsconnection表中，imageid始终为0。

您正在将

NULL

显式插入到所有

id

列中。这些不应该是自动生成的ID吗？然后您可以使用

mysqli\u insert\u id

获取生成的id。我看不到为$imageid和$tagid分配正确值的代码空部分似乎不是问题，因为我将正确的tagid输入到tagsconnection表中，但是，imageid没有得到正确的输入。如果问题是NULL，它们不是都不能正确地获得输入吗？您的意思是没有获得

$imageid

所需的值吗？如果是这样，

var\u dump（$imageIdCheck）

给了您什么？请注意，在您的

$sql2

查询中，您使用的是

名称

进行筛选，而您上面列出的列中不存在该名称。哇，这对我来说是一个巨大的错误。谢谢Optimae，现在它就像一个符咒。