Php 表格won'；不要在数据库中保存任何内容
我的表单不会保存在数据库中 连接保存为con_mysql.php的代码：Php 表格won'；不要在数据库中保存任何内容,php,html,Php,Html,我的表单不会保存在数据库中 连接保存为con_mysql.php的代码： <?php DEFINE ('DB_HOST', 'localhost'); DEFINE ('DB_USER', 'root'); DEFINE ('DB_PSWD', '*****'); DEFINE ('DB_NAME', 'lexusdb'); $dbcon = mysqli_connect(DB_HOST, DB_USER, DB_PSWD, DB_NAME); ?> 表格编号： <fo
<?php
DEFINE ('DB_HOST', 'localhost');
DEFINE ('DB_USER', 'root');
DEFINE ('DB_PSWD', '*****');
DEFINE ('DB_NAME', 'lexusdb');
$dbcon = mysqli_connect(DB_HOST, DB_USER, DB_PSWD, DB_NAME);
?>
<form method="post" action="newep.php">
<input type="hidden" name="submitted" value="true" />
<fieldset>
<legend>New Content:</legend>
<label>Name: <input type="text" name="newcontent" /></label>
</fieldset>
<br />
<input type="submit" value="add new anime" />
</form>
<?php
echo $newrecord
?>
新内容：
姓名：
在包含打开连接的文件时，您似乎有输入错误。而不是：
include('con_mysql.php.php');
我想应该是：
include('con_mysql.php');
下一件事是检查你的$u帖子。只有具有名称的字段才会出现，因此您需要从以下位置更改条件：
if (isset($_POST['submit'])) {
致：
最后，在查询中使用未初始化的变量
因此，改变这一行：
$sqlinsert = "INSERT INTO title (title_name) VALUES ('$newcontent')";
到
编辑：
您的代码缺少的东西很少，但还可以，您仍在学习，而且这是一个很好的开始，从错误中学习是很好的
其中一件事，也是您错过的最重要的一件事，就是您必须防止代码中的SQL注入，即使您的代码是完美的，但是您的查询有这个问题，那么您遇到了麻烦，您如何保护您的查询？通过这种方式：
其次，我看到您正在使用MYSQLI，这是一个很好的关系数据库驱动程序，但我更希望您开始使用PDO。什么是PDO
PDO是PHP数据对象的首字母缩写。PDO是一种精简、一致的方法
访问数据库。这意味着开发人员可以编写可移植代码
容易多了。PDO不像PearDB那样是一个抽象层。PDO是一个
更像是使用统一API（应用程序）的数据访问层
编程接口）
这很简单。PDO和MYSQLI之间有什么不同
第三件事，我将从Fred的一条评论中得出，您需要开始使用错误报告，请阅读以下内容：
现在是代码
在代码中，您试图在从表单接收数据之前（提交之前）从表单回显变量，因此您应该首先发送数据并接收数据，然后对其执行任何操作
在代码中：
<?php
echo $newrecord
?>
我希望我的回答能帮助你，记住第一部分，因为它非常重要
这是完整的代码
<html>
<head>
</head>
<body>
<form method="post" action="">
<input type="hidden" name="submitted" value="true" />
<fieldset>
<legend>New Content:</legend>
<label>Name:
<input type="text" name="newcontent" /></label>
</fieldset>
<br />
<input type="submit" name="submit" value="add new anime" />
</form>
<?php
if (isset($_POST['submit']))
{
include_once('con_mysql.php');
$nanime = $_POST['newcontent'];
$sqlinsert = "INSERT INTO title (title_name) VALUES ('$nanime')";
if (!mysqli_query($dbcon, $sqlinsert))
{
die('Error inserting new record');
}
else
{
$newrecord = "1 anime added";
echo $newrecord;
}
}
?>
</body>
</html>
新内容：
姓名：
哦，是的，很抱歉，我键入了新的，我真的不知道它是怎么回事，但它在我的php文件中很好，但仍然没有在数据库中保存任何内容我认为在这种情况下，require_一次或require将是正确的使用方法，而不是include一次。它仍然没有发送，对此我很抱歉，我真的很想了解phptip：对于任何用户提交的值，请使用mysqli\u real\u escape\u字符串（$conn，$userValue）远离db注入。表单是否与php文件位于同一文件中？如果不是，这就是为什么您有一个错误未定义变量的原因。除非您将php文件包含在表单filemmm中，否则“提交”按钮不会工作，如果它没有名称mmm。查询使用的是不存在的（“$newcontent”）
，您确实创建了一个名为$nanime=$\u POST['newcontent']的变量就在查询行上方。就像我说的，所有的都是粗心的打字错误，其他的都是错误。2个答案，基本上把大部分的评论都集中到了一个答案中，你能详细说明一下你的“试试这个”吗？这真的很有用，非常感谢。检查并投票1不是我的否决票。顺便说一句@Fred ii-有一位asnwer对此有很好的解释，他想在我添加大量内容之前先检查这个答案是否有效，比如SQL注入和其他一些东西。我会马上编辑它=）
$sqlinsert = "INSERT INTO title (title_name) VALUES ('$nanime')";
<?php
echo $newrecord
?>
if (isset($_POST['submit']))
{
include_once('con_mysql.php');
$nanime = $_POST['newcontent'];
$sqlinsert = "INSERT INTO title (title_name) VALUES ('$nanime')";
if (!mysqli_query($dbcon, $sqlinsert))
{
die('Error inserting new record');
}
else
{
$newrecord = "1 anime added";
echo $newrecord;
}
}
<html>
<head>
</head>
<body>
<form method="post" action="">
<input type="hidden" name="submitted" value="true" />
<fieldset>
<legend>New Content:</legend>
<label>Name:
<input type="text" name="newcontent" /></label>
</fieldset>
<br />
<input type="submit" name="submit" value="add new anime" />
</form>
<?php
if (isset($_POST['submit']))
{
include_once('con_mysql.php');
$nanime = $_POST['newcontent'];
$sqlinsert = "INSERT INTO title (title_name) VALUES ('$nanime')";
if (!mysqli_query($dbcon, $sqlinsert))
{
die('Error inserting new record');
}
else
{
$newrecord = "1 anime added";
echo $newrecord;
}
}
?>
</body>
</html>