使用PHP插入基于单选按钮选择的图像MYSQL

我有一个网站。在这个网站上，我可以上传图像，然后放入我的SQL数据库。从这里，我从数据库中选择图像，并将其作为缩略图显示在照片库中，当单击图像时，它会显示一个大版本，您可以在其中投票/喜欢和评论等

现在我要做的是制作3个分类页面，基本上是显示缩略图的照片库的3倍

我的数据库中有3个不同的表，在其中插入图像。 所以我复制了照片库3x和数据库3x中的原始上传表。 无论如何，我不想为每个photo gallery.php文件创建3个upload.php文件

我想做的是在我的上传页面上有3个单选按钮选择，在那里做出选择后，图像被上传到匹配的数据库表中（photo1、Photo2或Photo3）

我一直在尝试用函数等来实现这一点，但我就是无法让它工作，我可能正在做一些非常简单、非常愚蠢的事情

这是我为单选按钮和获取图像所用的代码：

    $titel = "Image";
    $query = "SELECT * FROM `i268296_studie`.`fotos` ORDER BY foto_ID DESC"; 
    $result = mysqli_query($conn, $query) or die("query error " . mysqli_error($conn) );
    $fotos = array();
    //create array from images in database
    while($data = mysqli_fetch_assoc($result))
    {
        $fotos[] = array('src' => $data['src'], 'id' => $data['foto_ID']);
    }
?>

<section id="upload">                           
                <form method="post" action="upload.php"  enctype="multipart/form-data">

                    <label for="bestand">Upload image:</label><br><br>
                    <input type="file" name="bestand" id="file"><br><br>
                    <label for="categorie"> Categorie: </label>
                        <input type="radio" name="cat" value="cat1">Portrait
                        <input type="radio" name="cat" value="cat2">Landscape
                        <input type="radio" name="cat" value="cat3">Other
                    <input type="submit" name="submit" value="Upload">
                </form>         
            </section>
        <?php
        }
        ?>
            <section class="images">
                <?php 
                //show image thumbnails in photogallery
                foreach($fotos as $foto) 
                { 
                ?>
                <a href="fotoinfo.php?foto_ID=<?php echo $foto['id'];?>"><img class="image" src="<?php echo 'upload/thumb/t_'.$foto['src'];?>"></a>
                <?php 
                } 
                ?>
            </section>

当我不选择单选按钮，而是直接上传时，我只得到1个错误：

Undefined index: cat

然后上传到第三类

编辑2： 更改了包含全局$conn的函数

1 function category($cat, $titel, $fileName) {
2     global $conn;         
3     $query = "INSERT INTO `i268296_studie`.`$cat` (`titel`, `src`) VALUES ('$titel', '$fileName')"; 
4     $result = mysqli_query($conn, $query) or die("query error " . mysqli_error($conn) );
5 }

1: you need these variables from the context calling the function
2: you need the global $conn variable in the function context to be able to run the query
3: use a function parameter for the table to upate call
4: it would be better to return results instead of breaking inside the function

调用代码如下所示：

if ($answer == "cat1") {          
     category("fotos", $titel, $fileName);  // or "foto2", $titel, $fileName .....
}

请注意有关注入漏洞的评论。

---

也请阅读以下内容：

您很容易受到攻击

addslashes（）

在预防这些方面的作用与茶匙清除纽约暴风雪的作用一样。您是否考虑过将它们全部保存在同一个表中，并添加一个名为“category”的列，在其中您可以指定图像与哪个类别关联？@Marc B哈哈好的，这其实并不重要，因为网站不会向公众开放，它更像是一个学校的测试，我需要在那里实施某些事情。到目前为止，我已经做了所有的事情，但不知何故，我不能去工作，尽管我已经尝试了好几件事。我真的很喜欢用单选按钮来做选择，而不是每个按钮都有一个单独的上传文件gallery@VictorKilo事实上，我没有想太多，因为不知怎么的，这对我来说似乎是最容易的^^你有什么错误？最可能在

类别（）的上下文中
category3（）
函数您看不到
$conn
变量，请立即尝试，谢谢您的帮助。我真的很感激！我没有得到任何错误时，选择一个类别，然后上传它。无论如何，它都不会显示图像或将图像上载到数据库中。我假设我需要声明$cat并将其链接到单选按钮？（很抱歉响应太晚，因为这里实在太晚了，所以我不得不快速淋浴^^^）它现在上载了一个图像，但实际上没有加载图像（我看到一个损坏的图像），并且在上载时出错：查询中的未定义变量：fileName。这不应该发生，因为它写得正确等等，我认为有；来源有问题。在我的原始数据库中，它填写了源代码，现在它是空的，无论如何，我要感谢您的帮助！如果你有一个源问题的解决方案，我将采取它！否则，我会尝试自己解决，并且仍然感谢您的帮助：）关于
未定义变量：fileName
我的代码段（fileName fileName）中有一个打字错误，请参阅更新的代码（第1行）；关于源代码中的其他问题，您当然可以创建更多问题。你需要对你必须得到更好答案的问题更具体一点。欢迎来到stackoverflow
1 function category($cat, $titel, $fileName) {
2     global $conn;         
3     $query = "INSERT INTO `i268296_studie`.`$cat` (`titel`, `src`) VALUES ('$titel', '$fileName')"; 
4     $result = mysqli_query($conn, $query) or die("query error " . mysqli_error($conn) );
5 }

1: you need these variables from the context calling the function
2: you need the global $conn variable in the function context to be able to run the query
3: use a function parameter for the table to upate call
4: it would be better to return results instead of breaking inside the function

if ($answer == "cat1") {          
     category("fotos", $titel, $fileName);  // or "foto2", $titel, $fileName .....
}