Php 注意：未定义变量：中的ID

我有一个脚本，多年来一直运行良好，突然我面临这个问题： 请检查代码并修补任何解决方案。任何形式的帮助都将不胜感激

Notice: Undefined variable: ids in /home/content/a/t/a/ataasaid1/html/category.php on line 4

Notice: Undefined variable: id in /home/content/a/t/a/ataasaid1/html/category.php on line 5

Notice: Use of undefined constant image - assumed 'image' in /home/content/a/t/a/ataasaid1/html/category.php on line 11

Notice: Use of undefined constant video - assumed 'video' in /home/content/a/t/a/ataasaid1/html/category.php on line 15

Notice: Use of undefined constant sound - assumed 'sound' in /home/content/a/t/a/ataasaid1/html/category.php on line 19

文件category.php中的代码是：

<?
  error_reporting(E_ALL | E_STRICT);
  ini_set("display_errors", 1);    
$id1=$ids;
$id2=$id;
                      include('config.php');

                    $result= mysql_query("SELECT * FROM products where id like '$id1' ;");
                    $row=mysql_fetch_array ($result);
                    $type=$row['type'];
                    if($type==image)
                    {
                    include('categories.php');
}
else if($type==video)
{
include('categories2.php');
}
else if($type==sound)
{
include('categories3.php');
}
?>

这样写：

if($type=="video")

else if($type=="sound")

你在找什么

$id1=$_GET["ids"];
$id2=$_GET["id"];

或

？？？
此错误基本上意味着您试图使用变量
$id
和
$id
，即使它们不存在。您需要先定义一个变量，然后才能使用它。否则，您将收到这样的通知，您的应用程序将最终成为一个有缺陷的烂摊子。因为这两个变量未设置，而您正在将它们分配给其他变量：

$id1 = $ids;
$id2 = $id;

这些变量现在没有用处，这意味着您的SQL查询也没有用处：

$result= mysql_query("SELECT * FROM products where id like '$id1' ;");

因为，
$id1
什么都不是。
我不知道$id和$id是在哪里定义的……而且，你错过了视频和声音的引号：“视频”，“声音”。1）你的第4行和第5行与你在这里发布的内容不同。2） 您正在尝试访问代码中未定义的常量。将
if（$type==image）
更改为
if（$type==video）
（替换所有类似的事件）我使用的url如下：/category.php？id=64&id=305Why我们不应该使用if（$type==video）或者if（$type==sound）PHP将其作为常量。好的，那么它是否会影响比较操作…我使用的url是：/category.PHP？id=64&id=305@user2956413：因此，您必须按照我的建议使用$\u GET。我使用的url类似于：/category.php？id=64&id=305
$result= mysql_query("SELECT * FROM products where id like '$id1' ;");