Php 正在努力将其上传到我的数据库中 //检查他的状态。 如果（！empty（$\u会话[用户名]） { 回显“嗨，$\u会话[用户名]”； 如果（$_POST['submit']）） { //获取文件属性 $name=$_文件['myfile']['name']； $tmp_name=$_文件['myfile']['tmp_name']； 如果（$name） { //开始上传过程 $location=“化身/$name”； 移动上传的文件（$tmp\U名称，$location）； $query=mysql_query（“更新成员集imagelocation='$location'，其中username='$username'”）； 死（“你的图片已经上传了！”）； } 其他的 模具（“请选择文件”）； } echo“上传您的图像： 档案：“； }

它显示用户名很好，我在数据库中有正确的表和列，但是当你点击upload时，它什么也没有做

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您可以通过用户名：test password:test url:learning.iamdanbarrett.com登录自己查看它

我认为您的查询有问题

// Check his status.
if (!empty($_SESSION[username]))
{
echo "Hi, <b>$_SESSION[username]</b>.";

if ($_POST['submit'])
{

    //get file attributes
    $name = $_FILES['myfile']['name'];
    $tmp_name = $_FILES['myfile']['tmp_name'];

if ($name)
{
    //start upload process

    $location = "avatars/$name";
    move_uploaded_file($tmp_name,$location);

        $query = mysql_query("UPDATE members SET imagelocation='$location' WHERE username='$username'");

        die("Your image has been uploaded! <a href='dashboard.php'>Back</a>");


}
else
die("Please select file");
}
echo "upload your image:

<form action='profile.php' method='POST' enctype='multipart/formdata'>

File: <input type='file' name='myfile'> <input type='submit' name='Submit' value='Upload'></form>";

}

因为您并没有在脚本中的任何地方定义$username变量，所以您的查询检查如下

$query = mysql_query("UPDATE members SET imagelocation='$location' WHERE username='$username'");

if（$\u POST['submit']）应该是if（$\u POST['submit']），因为您的提交按钮名称以大写字母S开头，而不是小S

替换

UPDATE members SET imagelocation='$location' WHERE username ='';

与

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定义“什么都不做”。嗨，蒂姆，它无法将图像加载到数据库中，并且确认消息不能很好地描述你的感受，但不是一个编程问题。尝试通过排除工作部件的故障来隔离问题，然后在您想了解的地方问具体的编程问题。尽量避免提出听起来像是猜测的问题，并邀请其他人猜测您的代码做什么或不做什么。因此，我投票以“不是真正的问题”结束你的问题，希望你能永远编辑它。等等，先生，我没有为人们为我做这件事而展开fopr辩论，我问了一个诚实的问题，为什么不将数据发送给我的DB，我错过了什么？这不是一个提供指导和帮助的网站吗？我已经交换了代码，结果仍然和我提到的一样。“交换了代码”？什么意思？请允许我也评论一下，您不应该将用户名存储为引用-这是用户ID的工作。嗨，Tim，那么您建议我也更改一下吗？这并没有解决问题。您可以共享您的整个php文件吗？你只在这个问题上附上了它的一部分，我应该把它加在哪里？或者我要替换什么？这仍然没有改变任何东西：(

if ($_POST['submit'])

if (isset($_POST['submit']))