Php 提交表单后未存储变量

对不起，如果标题没有任何意义。 因此，我的代码如下：

<?php
            $conn=new mysqli("localhost","root","aman8blue","users");
            $conn->connect_error;
            $querynor= mysqli_query($conn,"SELECT * FROM userinfo");
            $nor=mysqli_num_rows($querynor);
            for($i=1; $i<=$nor; $i++) {
?>

<form method='post'>
    <label class='switch'><input type='checkbox' name='check' value=1 onChange='this.form.submit()'><span class='slider_round'></span></label>
</form>

<?php

$status = 0;

if(isset($_POST['check'])) {
    $status=1;
}


if($status==1) {
    echo "WORKING!";
}
else {
    echo "NOPE!";
}
}
?>

但不管怎样，即使我勾选了复选框，它也会显示“正在工作！”。我不明白我哪里错了

（对不起，前一个不完整）

提前谢谢

添加

name="check"

在您的输入中，因为post正在查找名称属性，而您没有该属性

<?php
$conn = new mysqli("localhost", "root", "xxxx", "users");
$conn->connect_error;
$querynor = mysqli_query($conn, "SELECT * FROM userinfo");
$nor = mysqli_num_rows($querynor);

echo '<form method=\'post\'>';
for ($i = 1; $i <= $nor; $i++)
    {
    ?>
        <label class='switch'><input type='checkbox' name='check[<?php echo $nor[$i]['id']; ?>]' value=1 onChange='this.form.submit()' <?php echo (isset($_POST['check'][$nor[$i]['id']]) ? 'checked':''); ?>>
            <span class='slider_round'></span>
        </label>
    <?php
    }
echo '</form>';
?>

>

---

作为对注释的回答。

您的输入缺少属性名，将

name='check'

添加到您的输入中，

$\u POST['check']

使用

name=check

获取输入值，而不是

id

，但您不保存checked状态，因此它将始终按照我所描述的那样工作。将标签行更改为这一行，因为如果您想识别它们（例如，通过数据库中的id），则需要执行唯一的输入。同样，我建议将表单放在迭代循环之外，数据库中是否有ID行？请编辑此答案并在此处向我解释！这会有很大的帮助。