Php 表单输入帖子在MySQL中不显示任何结果

我想在我的数据库中发布输入的用户电子邮件地址，但没有错误，也没有发布到我的MySQL数据库

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为什么不将任何结果发布到我的数据库？

好的，我肯定您还有其他错误，所以我建议您通读这篇文章，这将有助于您处理错误，并使用mysqli连接到您的数据库。它还为您提供了将预编码信息插入数据库的指导。现在，继续 实际上，从页面中获取信息并将其插入，您可能希望这样做 值（“$\u POST[“email”]。”）“

第一个“email”是查看您的表名，第二个是您实际希望数据输入的列名，第三个是发布值“email”。如果你一开始就阅读了相关的文档，并应用了这一原则，那么你应该很好地去做，而不是用最安全或最浮华的方式，而是应该完成这项工作。同时将

$\u请求更改为$\u POST

编辑：

这部分代码

$result=mysql\u查询（$SQL）

应读为
$result=mysqli\u查询（$mysqli，$SQL）

不能混合使用不同的MySQL API

然后
mysqli\u错误（$mysqli）
应用于检查查询中的错误，并启用错误报告




也使用准备好的语句，因为代码对SQL注入是开放的。
您的代码非常容易受到攻击，例如SQL注入，考虑使用PDO，连接和插入值到数据库中，还定义了电子邮件吗？因为从我看到它是空的，你的桌子也叫“email”吗？还请为该表添加数据库架构。您还没有为连接添加任何错误处理吗？那么，您如何知道是否返回了任何错误？“但是没有错误”*-这是因为您没有检查它们。启用错误报告并在查询中检查它们。可以在上找到所有内容。@Isaac
$result=mysql\u query（$SQL）
应读为
$result=mysqli\u查询（$mysqli，$SQL）-然后
mysqli\u错误（$mysqli）应用于检查错误和错误报告。@Isaac欢迎使用。我编辑了你的答案。您和OP可以从那里开始；-）Cheers@tadman10-4:-）是的，我尝试了许多其他方法，没有方法发布到我的数据库。嗯。。。。如果我更改代码，则代码不起作用为什么（isset（$\u REQUEST['submit']）？将$\u REQUEST更改为$\u post与以前一样，我不理解。。我必须在代码中添加哪一行才能在浏览器中打印错误？请看，阅读我在答案中发布的链接。我不会为你写代码的。很抱歉直言不讳，我已经给了你如何做你需要做的事情的指导
<form action="post.php" method="post">
<input id="email" name="email" type="email" class="hasHelp  validateEmpty   " required="required" value="" autocomplete="off" placeholder="E-Mail-Adresse" aria-describedby="emailErrorMessage">
<button class="button actionContinue scTrack:unifiedlogin-login-submit" type="submit" id="submit" name="submit" value="submit" pa-marked="1">Next</button></form>

<?php
    include('db_connect.php');
    if(isset($_REQUEST['submit']))
    {
        $SQL = "INSERT INTO email (email) VALUES ($email)";

        $result = mysql_query($SQL);
    }
?>

<?php
    $mysqli = new mysqli("localhost", "username", "passwort", "database");
?>

Database: databasename
Table:email
email varchar(50)