Php 接收到输入前显示的回声

我是PHP新手。基本上，我试着做一个简单的if-else语句，让某人知道他们是否太年轻，不能看分级为R的电影。我遇到的问题是，我想要输出的东西在我得到输入（年龄）之前就已经显示出来了

这是我当前的代码：

<form action="movieProgram.php" method="post">
How old are you? <input type="text" name="age"/>
<input type="submit">
</form>



<?php 

/*if ($age < 17){ 
The $_POST['age'] retrieves data from the
form that is named age

*/
$age = $_POST["age"];
if ($age == ""){
    echo "";
}
elseif ($age < 17){
    echo "You are too young to watch the movie.";
}
else {
    echo "You are old enough to watch the movie.";
}
 ?>

你多大了？

---

我该怎么修？有什么建议吗？

您可以在“提交”按钮上添加一个

名称属性，然后检查表单是否已提交。
这是我所说的一个演示

<form action="#" method="post">
How old are you? <input type="text" name="age"/>
<input type="submit" name="submit">
</form>



<?php 

/*if ($age < 17){ 
The $_POST['age'] retrieves data from the
form that is named age

*/
if(isset($_POST['submit'])) {
    $age = (int)$_POST["age"];
    if ($age == ""){
        echo "";
    }
    elseif ($age < 17){
        echo "You are too young to watch the movie.";
    }
    else {
        echo "You are old enough to watch the movie.";
    }
}

 ?>


你多大了？
您可以将
名称
属性添加到“提交”按钮，然后检查表单是否已提交。您的问题是，当您第一次访问页面
$\u POST
时，页面为空，因此
$age
将为
空
，这将使您的比较失败；因此，您的代码输出“您已经足够大了，可以看电影了”。您需要更改
$age
的分配，以通过在尝试使用它之前检查
$\u POST['age']
是否已设置来停止这种情况，例如
$age=isset（$\u POST['age']）$_POST['age']：“”
或者如果您使用的是PHP7
$age=$\u POST['age']？？"";Sifat Haque非常感谢，我希望它能正常工作。