Php 使用实时搜索栏将表单输入mysql,以输入外键
11月6日更新 我打开控制台,发现以下错误: 未捕获引用错误:$未定义 http://localhost/skripsi-manual/input-pengguna.php:59Php 使用实时搜索栏将表单输入mysql,以输入外键,php,html,mysql,ajax,Php,Html,Mysql,Ajax,11月6日更新 我打开控制台,发现以下错误: 未捕获引用错误:$未定义 http://localhost/skripsi-manual/input-pengguna.php:59 上面的页面表明我出现了错误,因为: 变量未声明 错误范围 对于第一个可能的原因,我尝试通过将脚本中的this和data行更改为id\u jenisPembayaran来解决它 它不起作用。我仍然在第59行收到了参考错误消息。当我将this和data更改为inputval 至于第二个可能的原因,我认为这不是问题所在。因
上面的页面表明我出现了错误,因为:
this
和data
行更改为id\u jenisPembayaran
来解决它
它不起作用。我仍然在第59行收到了参考错误消息。当我将this
和data
更改为inputval
至于第二个可能的原因,我认为这不是问题所在。因为变量是在与函数相同的范围内声明的
我试图解决这个问题的其他解决方案:
include_once
下
标记置于
而不是
谁能告诉我我的代码有什么问题吗 为什么live search代码作为一个独立的代码工作,但在集成到表单中时会导致引用错误,这是相当令人困惑的
我正在创建一个表单,将Pengguna表输入MySQL 它包括
id_pengguna (int),
nama_pengguna (varchar),
password, (varchar)
id_jenisPengguna (int, Foreign Key from another table called *jenispengguna).
HTML表单input-pengguna.php如下所示:
我建议你读一读——如何创建id_jenisPengguna
是根据你存储它的方式,而不是整数<代码>mysqli_stmt_bind_param($stmt,“i”,$param_term)代码>@RiggsFolly:是的,它是一个整数。它是jenispengguna的id(用户类型。例如:admin、user、manager等。我使用它来管理访问级别),但当您插入它时,mysqli\u stmt\u bind\u param($stmt,“isss”$param_id_pengguna、$param_nama_pengguna、$param_password、$param_id_jenisPengguna)代码>使用s
作为datatype@RiggsFolly:是的。我意识到了那个错误。然而,在我修复了这个错误之后,我仍然得到了ReferenceError。我敢建议您阅读一下吗?如何创建id\u jenisPengguna
是根据您存储它的方式,而不是整数<代码>mysqli_stmt_bind_param($stmt,“i”,$param_term)代码>@RiggsFolly:是的,它是一个整数。它是jenispengguna的id(用户类型。例如:admin、user、manager等。我使用它来管理访问级别),但当您插入它时,mysqli\u stmt\u bind\u param($stmt,“isss”$param_id_pengguna、$param_nama_pengguna、$param_password、$param_id_jenisPengguna)代码>使用s
作为datatype@RiggsFolly:是的。我意识到了那个错误。然而,在我修复了这个错误之后,我仍然得到了ReferenceError。
<input type="text" name="id_pengguna" id="id_pengguna" value ="<?php echo $id_pengguna?>">
<input type="text" name="nama_pengguna" id="nama_pengguna" value ="<?php echo $nama_pengguna?>">
<input type="password" name="password" id="password" value ="<?php echo $password?>">
<input type="text" autocomplete= "off">
<div class = "result">
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