Php 在数据库的下拉菜单中显示选定值
这就是我在编辑表单时试图显示详细信息的方式,但出现错误Php 在数据库的下拉菜单中显示选定值,php,database,Php,Database,这就是我在编辑表单时试图显示详细信息的方式,但出现错误 <select id="progcode" name="progcode"> <option value="0">-none-</option> <option value="1" <?php if($progcode == '1') echo 'selected="selected"' ?>>PreS1-AB</option> <opt
<select id="progcode" name="progcode">
<option value="0">-none-</option>
<option value="1" <?php if($progcode == '1') echo 'selected="selected"' ?>>PreS1-AB</option>
<option value="2" <?php if($progcode == '2') echo 'selected="selected"' ?> >PreS1-MM</option>
<option value="3" <?php if($progcode == '3') echo 'selected="selected"' ?> >TutEng</option>
</select>
-没有-
>前1毫米
给出了正确的格式-,这工作正常,,,,,,
谢谢大家的建议
<select id="progcode" name="progcode">
<option value="0">-none-</option>
<option value="1" <?php if($row["progcode"]==1) echo 'selected'; ?>>PreS1-AB</option>
<option value="2" <?php if($row["progcode"]==2) echo 'selected'; ?> >PreS1-MM</option>
<option value="3" <?php if($row["progcode"]==3) echo 'selected'; ?>>TutEng</option>
</select>
-没有-
>前1毫米
//这里有一个简单的方法
-----------全部-----------
什么错误?哪里定义了$progcode
?当选择第二个或第三个选项时,您想对option
上的progcode
属性做什么?我在页面顶部定义了它。您会得到什么错误?如何处理?请放更多相关的代码,这只是不相关的代码片段,可以。放更多的代码,粘贴准确的错误@Tapash
//here the simple way
<?php
$servername = "localhost";
$user = "root";
$password = "";
$db = "ajaxcall";
$con = mysqli_connect($servername, $user, $password, $db);
if (!$con) {
die("Connection failed: " . mysqli_connect_error());
}
?>
<html>
<head>
<meta charset="UTF-8">
<title></title>
</head>
<body>
<select name="name">
<option value=""> -----------ALL----------- </option>
<?php
$query = "select DISTINCT id from crud";
$result = mysqli_query($con, $query);
while ($rows = mysqli_fetch_array($result)) {
echo "<option value='$rows[0]'> $rows[0] </option>";
}
?>
</select>
</body>
</html>