Php 数据未进入数据库

我不知道为什么，但在我的图像上传脚本中，没有任何数据被输入数据库。这是我一直在使用的同一个脚本，但我最近添加了

if（isset））

语句，以查看是否选中了某些复选框。图像正在上载到服务器，但数据库表仍然为空。有什么线索吗？我没有收到任何错误

if(isset($_POST['submit'])) { 
    $count = count($_FILES['img_file']['name']);

    for($i = 0; $i < $count; ++$i){
        $img_name = $_POST['img_name'];
        $img_name = str_replace(' ', '_', $img_name);
        $img_album = $_POST['img_album'];
        $img_album = str_replace(' ', '_', $img_album);
        $img_photographer = $_POST['img_photographer'];
        $img_location = $_POST['img_location'];
        if(isset($_POST['horror'])) { $horror = "1"; } else { $horror = "0"; }
        if(isset($_POST['occult'])) { $occult = "1"; } else { $occult = "0"; }
        if(isset($_POST['goth'])) { $goth = "1"; } else { $goth = "0"; }
        if(isset($_POST['industrial'])) { $industrial = "1"; } else { $industrial = "0"; }
        if(isset($_POST['fashion'])) { $fashion = "1"; } else { $fashion = "0"; }
        if(isset($_POST['fetish'])) { $fetish = "1"; } else { $fetish = "0"; }
        if(isset($_POST['avante-garde'])) { $avanteGarde = "1"; } else { $avanteGarde = "0"; }
        if(isset($_POST['cosplay'])) { $cosplay = "1"; } else { $cosplay = "0"; }
        if(isset($_POST['nude'])) { $nude = "1"; } else { $nude = "0"; }
        $file_name = $_FILES["img_file"]["name"][$i];
        $file_ext = end((explode(".", $file_name)));
        $target = $_SERVER['DOCUMENT_ROOT']."/gallery/";
        $img_rename = $img_name . '_' . $i . '.' . $file_ext;
        $target = $target . $img_rename;
        if(move_uploaded_file($_FILES['img_file']['tmp_name'][$i], $target)){
            mysqli_query($conn, "INSERT INTO gallery_img (img_name, img_album, img_photographer, img_location, horror, occult, goth, industrial, fashion, fetish, avante-garde, cosplay, nude, file_location) VALUES ('$img_name', '$img_album', '$img_photographer', '$img_location', '$horror', '$occult', '$goth', '$industrial', '$fashion', '$fetish', '$avanteGarde', '$cosplay', '$nude', '$img_rename')") ;
            echo '<div class="alert alert-success margin-top">Image "'.$file_name.'" successfully uploaded and renamed to '.$img_rename.'.</div>';
        }else {
            echo '<div class="alert alert-danger margin-top">Sorry, there was a problem uploading your images.</div>';
        }
    }
}

if（isset（$_POST['submit']）{
$count=count（$_文件['img_文件']['name']）；
对于（$i=0；$i<$count；++$i）{
$img_name=$_POST['img_name']；
$img_name=str_replace（“，”，$img_name）；
$img_相册=$_POST['img_相册']；
$img_相册=str_替换（“，”，$img_相册）；
$img_摄影师=$_POST['img_摄影师']；
$img_location=$_POST['img_location']；
if（isset（$_POST['horror']）{$horror=“1”}else{$horror=“0”}
if（isset（$_POST['oclult']）{$oclult=“1”}else{$oclult=“0”}
if（isset（$_POST['goth']）{$goth=“1”}else{$goth=“0”}
if（isset（$_POST['industrial']）{$industrial=“1”}else{$industrial=“0”}
if（isset（$_POST['fashion']）{$fashion=“1”}else{$fashion=“0”}
if（isset（$_POST['fetish']）{$fetish=“1”}else{$fetish=“0”}
if（isset（$_POST['avante-garde']）{$avanteGarde=“1”}else{$avanteGarde=“0”}
if（isset（$_POST['cosplay']）{$cosplay=“1”}else{$cosplay=“0”}
if（isset（$_POST['nude']）{$nude=“1”}else{$nude=“0”}
$file\u name=$\u FILES[“img\u file”][“name”][$i]；
$file_ext=end（（分解（“.”，$file_name））；
$target=$\u服务器['DOCUMENT\u ROOT'].“/gallery/”；
$img_rename=$img_name.'.$i...$file_ext；
$target=$target.$img\u重命名；
如果（移动上传的文件（$\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\{
mysqli_query（$conn，“插入画廊img（img_名称、img_专辑、img_摄影师、img_位置、恐怖、神秘、哥特、工业、时尚、恋物癖、先锋派、角色扮演、裸体、文件位置）值（“$img_name”、“$img_album”、“$img_摄影师”、“$img_位置”、“$horroid”、“$goth”、“$industrial”、“$fashion”、“$fetish”、“$avantegard”、“$cosplay”、“$裸体”、“$img_rename”）；
echo“Image”.$file_name.“已成功上载并重命名为“$img_rename.”；
}否则{
echo“抱歉，上载图像时出现问题。”；
}
}
}

您显然没有检查查询中的错误

注意到你的一个专栏的连字符了吗？似乎其他人没有向右滚动（足够）看到它并通知你

• avante-garde

MySQL将其解释为：

• avante

  减去

  garde

  并认为你想做数学。它应该像对其他一些列那样使用下划线重命名，或者用记号将其括起来

即：

顺便说一句，（我不是在批评）；这个词实际上是拼写的，所以要确保它实际上就是那个真实的名字。在任何一种情况下，它都会让你失望

• 注意：我真的希望这不是你的错别字，毕竟你使用了下划线

在条件语句中对查询使用错误检查会有所帮助

即，为其分配一个变量：

$query = mysqli_query($conn, "INSERT INTO gallery_img (...) VALUES (...)");

然后

另一件事。确保列类型正确且长度正确。如果长度不足以容纳数据，MySQL可能会自动失败

一定要使用预先准备好的语句；您的代码目前可以接受SQL注入

---

脚注：

您可能希望研究使用三元运算符，而不是使用一些/所有那些

if{…}else{…}

语句，另外它的代码要短得多

手册中的示例：

$action = (empty($_POST['action'])) ? 'default' : $_POST['action'];

当然，您可以将

empty

替换为

isset

---

有一点值得注意，它可能（也）阻止您的查询执行，这就是查询的位置

if(move_uploaded_file($_FILES['img_file']['tmp_name'][$i], $target)){
    mysqli_query($conn, "INSERT INTO gallery_img (...) VALUES (...)");
    echo '<div class="...">Success...</div>';
}else {
    echo '<div class="...">Error...</div>';
}

你有以下条件。如果你的上传失败，查询也会失败

if(move_uploaded_file($_FILES['img_file']['tmp_name'][$i], $target)){
    mysqli_query($conn, "INSERT INTO gallery_img (...) VALUES (...)");
    echo '<div class="...">Success...</div>';
}else {
    echo '<div class="...">Error...</div>';
}

if（移动上传的文件（$文件['img\u文件]['tmp\u名称][$i]，$target））{
mysqli_查询（$conn，“插入到库中_img（…）值（…）”）；
呼应‘成功……’；
}否则{
回音“错误…”；
}

上载失败的几个可能原因，可能是以下原因之一：

• 文件太大
• 没有为要写入的文件夹设置权限
• 文件输入的打字错误
• 其他

上传错误代码/消息的参考：

---

您不检查代码中的错误。这就是为什么您不知道自己的错误是什么。该网站已启用错误检查，我已通过语法检查器运行了它。没有错误。这两个错误都不会显示mysqli错误

mysqli\u错误（$conn）

johncode和@nogad的正确说法是，你不知道你的插入是否有效。这一行->

mysqli\u查询（$conn，“insert-INTO…”

你应该使用参数化查询，你可以接受SQL注入。另外，

$\u文件['img\u文件']['tmp\u名称]

和

$\u文件['img\u文件]['name]

是唯一的数组吗？啊。我没有意识到它会被解释成这样。这就是为什么我的其他人都是

先锋派的原因。我在那里理解了它，但没有注意到你指出的地方。现在工作得很有魅力。感谢其他的提示。这个脚本还在开发中，所以我肯定要做一些修改这是你的建议。非常感谢。@JesseElser非常欢迎你Jesse，很高兴能帮上忙；cheers@JesseElser关于连字符的补充说明。这也适用于变量
if(move_uploaded_file($_FILES['img_file']['tmp_name'][$i], $target)){
    mysqli_query($conn, "INSERT INTO gallery_img (...) VALUES (...)");
    echo '<div class="...">Success...</div>';
}else {
    echo '<div class="...">Error...</div>';
}