如何在提交PHP mysql后编辑数据库信息并在表单中保留值

我正在使用表单创建一个配置文件页面，该页面以表单的形式显示数据库中的用户帐户信息。我使用php来实现这一点。非常感谢您的帮助

姓名： 电邮：

如何编辑表单中的值，并在提交后保留表单中编辑的值

<div class="form-group">
    <label class="control-label" for="name">Name:</label>
    <div class="col-sm-4">
        <input type="type" name="name" value="<?php echo $name;?>" class="form-control" placeholder=""><br>
    </div>
</div>
<div class="form-group">
    <label class="control-label" for="email">Email</label>
    <div class="col-sm-4">
        <input type="text" name="email" value="<?php echo $email;?>" class="form-control" placeholder=""><br>
    </div>
</div>


<?php
    $sql = "SELECT * FROM profile WHERE UserID ='1'";
    $result = mysqli_query($conn, $sql) ;
    $row = mysqli_fetch_array($result);    
    $name = $row ['Name'];
    $userid = $row ['Email'];
?>           

if(isset($_POST['submit'])) 
{
$n1 = $_POST['name'];
$n2 = $_POST['email'];
mysqli_query($conn,"UPDATE userprofile SET Name ='$n1' WHERE UserID ='1'");
mysqli_query($conn,"UPDATE userprofile SET Email ='$n2' WHERE UserID = '1'");
}

姓名：
如果（isset（$_POST['submit']））
{
$n1=$_POST['name']；
$n2=$_POST['email']；
mysqli_查询（$conn，“updateuserprofile SET Name='$n1'，其中UserID='1'）；
mysqli_查询（$conn，“updateuserprofile SET Email='$n2'，其中UserID='1'）；
}

---

提交后如何编辑它们并将编辑后的值保留在其中？非常感谢。我尝试过这种过滤/修剪方法，但它只保留提交前的值

不确定你想要实现什么，你的问题是什么

假设您正在显示从数据库中获取的描述用户的数据（格式）。

---

在这种情况下，在提交之后，您必须运行脚本来更新数据库中的数据。更新后，您的代码应将用户重定向回他以前访问过的页面，以便再次从数据库中获取用户数据，并且表单中显示的数据将始终保持新鲜。

不确定您想要实现什么，以及您的问题是什么

假设您正在显示从数据库中获取的描述用户的数据（格式）。

---

在这种情况下，在提交之后，您必须运行脚本来更新数据库中的数据。更新后，您的代码应该将用户重定向回他以前访问过的页面，这样将再次从数据库中获取用户数据，并且表单中显示的数据将始终保持新鲜。

您的代码是正确的，但有一个小错误。电子邮件字段显示不正确。您需要替换此行：

$userid=$row['Email']

与

---

$email=$row['email']

您的代码是正确的，但有一个小错误。电子邮件字段显示不正确。您需要替换此行：

$userid=$row['Email']

与

---

$email=$row['email']

使用现有代码，在更新userprofile表之后，再次获取信息并显示它。或者将更新代码放在获取记录的代码之前。在更新userprofile表后，使用现有代码再次获取信息并显示它。或者将更新代码放在获取记录的代码之前。