PHP外键问题提交新数据

我试图创建一个页面，当用户在其博客文章上单击submit时，它会将其发布到预先存在的数据库表中。我经常遇到的错误是，我没有正确地从博客文章到博客表引用表id（tid）。我认为，如果我将单选按钮的值更改为相应的表id值，并使用它们进行一些循环，它将起作用，但我仍然不确定如何引用它。我真的被困在这一点上了。非常感谢您的帮助

以下是我的单选按钮，用于选择要查看的表：

first.php

<form name ="myForm" action ="second.php<?php echo htmlspecialchars($_SERVER['PHP_SELF']);?>" method = "POST">
    <h3> Guitar Blog Topics </h3><br>
    <input type ="radio" name = "radio1" value ="Topic1" /> Topic1 <br>
    <input type ="radio" name ="radio1" value ="Topic2" /> Topic2 <br>
    <input type ="radio" name = "radio1" value ="Topic3" /> Topic3 <br>
    <input type = "submit" value = "Select"/>
</form>

---

您的列列表与值列表不匹配，因此您试图输入不存在的内容。试一试

$tid = 'my table id'; // if the datatype of the tid column is varchar
$tid = 3456; // if the datatype of the tid column is int
$tid = $_POST[tid];// make sure when using the $_POST variable that the value matches the  datatype      

$sql = mysqli_query($dbconnect, "INSERT INTO blog_posts (pid, author, title, post, tid) VALUES (NULL, '$_POST[author]', '$_POST[title]', '$_POST[post]', $tid)")

这就是我所想的，但是通过改变单选按钮的值来对应tid值。如果我能像$tid=$\u POST[radio1].value这样做，我只是对语法感到困惑；
$tid = 'my table id'; // if the datatype of the tid column is varchar
$tid = 3456; // if the datatype of the tid column is int
$tid = $_POST[tid];// make sure when using the $_POST variable that the value matches the  datatype      

$sql = mysqli_query($dbconnect, "INSERT INTO blog_posts (pid, author, title, post, tid) VALUES (NULL, '$_POST[author]', '$_POST[title]', '$_POST[post]', $tid)")