Php 无法写入我的MySQL表？

所以我一直在玩弄PHP和MySQL有一段时间了，但我不能让它工作

我有以下两个代码片段

从index.php：

<form action="send.php" method="post">
    <label>
        <p class="tekst">Nu kommer det svære valg! Skal det være: <br/>
            <input type="radio" name="Tur" id="Tur1" value="Tur1">Tur 1?<br />
        </label> 
        <label>
            <input type="radio" name="Tur" id="Tur2" value="Tur2">Tur 2?</p>
        </label> <br />
        <center> <button type="button" class="btn btn-success btn-lg" onclick="turSvar()">Jeg er klar til gåtur!</button> </center> <br/> <br/>
    </form>

我已经在通过phpMyAdmin管理的数据库中创建了一个名为which的表。如果我使用phpMyAdmin中的编辑器将字符串插入到Anywhere表中，它就会工作。我的代码中有错误吗？我使用mysqli_connect连接到数据库

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任何帮助都很好

当然，为了与数据库进行插入/更新/删除等交互，您需要首先创建与数据库的连接：

$conn = mysql_connect( $db_host, $db_user, $db_password );

现在选择数据库：

mysql_select_db( $db_name );

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请阅读：

您是否尝试回显查询本身，以查看其创建是否正确？另外，您确定设置了$_POST[Tur]吗？html代码段中的表单没有submit按钮，而是一个具有onclick功能的按钮；它有什么作用？您确定正在发送表单数据吗？我想这就是问题所在。你从MySQL中得到错误了吗？你的表真的是由一列组成的吗？我想你是对的Michael Beeson。我对与web开发相关的一切都还不熟悉，所以我认为问题肯定就在那里。我刚刚添加了一个提交按钮，现在当我按下它时，我被重定向到send.php。。我想这是一个开始：正如Hilmi所说，这依赖于表中只有一列——做出这样的假设是非常糟糕的做法——这也意味着糟糕的数据设计。它还假设用户将提交一个数值。此外，你真的应该阅读SQL injection.OP说他使用mysqli_connect AlreadyTanks，但我仍然在他的问题中看到mysqli_查询。

mysql_select_db( $db_name );