PHP值不会发布

您好，不知什么原因，job_id不会从myjobs.php解析到payment.php，我真的看不出是怎么回事。有人知道为什么会这样吗？类似的文件似乎可以工作，但不知什么原因，我不这么认为，也许是因为我在payment.php上也有html代码，我以前没有做过

<?php while($row = mysqli_fetch_array($result)):?>
    <tr>

        <td><?php echo $row['job_id']; ?></td>
        <td><?php echo $row['title'];?></td>
        <td><?php echo $row['description'];?></td>

        <td><?php if($row['accepted']==1 AND $row['start_escrow']==0):?><form action = "payment.php">
        <input type="hidden" value="<?php echo $row['job_id']?>" name="job_id" />
        <input type="submit" class="btn btn-xlarge btn-block btn-primary" value ="Start Escrow"></input></input><?php endif; ?></td>

        <td><?php if($row['start_escrow']==1):?><form action = "review.php">
        <input type="hidden" value="<?php echo $row['job_id']?>" name="job_id" />
        <input type="submit" class="btn btn-xlarge btn-block btn-primary" value ="Start Escrow"></input></input><?php endif; ?></td>

    </tr>
<?php endwhile;?>
</table>

在表单中将方法设置为
POST

<form action = "payment.php" method="POST">
<form action = "review.php" method="POST">


您的
标记没有定义方法，因此它默认为获取脚本的可能副本，这样您就有可能查看使用过程中发生的情况。您的SQL查询末尾还有一个额外的单引号。使用参数化查询将有助于避免此类问题，并防止出现巨大的安全漏洞。这是一个双重输入问题。谢谢你愚蠢的错误。但是你能明白为什么我现在会犯这个错误吗？无法输入数据：您的SQL语法有错误；检查与您的MariaDB服务器版本相对应的手册，以了解在第1行“7”附近使用的正确语法。我的sql语句似乎很好。我看不出问题所在？很高兴提供帮助。请将其标记为已接受并进行投票，我建议您就您的错误再问一个问题。这只是部分答案。
<form action = "payment.php" method="POST">
<form action = "review.php" method="POST">