PHP SQL:我无法使用PHP文件中的UI按钮将数据从数据库SQL中的一个表传输到另一个表
我正在尝试从general contacts db表中添加个人联系人 用户将单击编辑按钮,然后查看信息,然后再决定将其添加到个人联系人中 我认为我的问题是,我的PHP代码无法在我的SQL INSERT INTO语句中输入登录用户的会话名称 下面是SQL代码 你的代码PHP SQL:我无法使用PHP文件中的UI按钮将数据从数据库SQL中的一个表传输到另一个表,php,sql,Php,Sql,我正在尝试从general contacts db表中添加个人联系人 用户将单击编辑按钮,然后查看信息,然后再决定将其添加到个人联系人中 我认为我的问题是,我的PHP代码无法在我的SQL INSERT INTO语句中输入登录用户的会话名称 下面是SQL代码 你的代码 $savesql2 = "INSERT INTO personal_contacts (id,contact_username, u_username) VALUES ( '$id','$contact_userna
$savesql2 = "INSERT INTO personal_contacts (id,contact_username, u_username)
VALUES ( '$id','$contact_username', '$user')";
假设存在一个$id
、一个$contact\u用户名
和一个$user
变量。虽然确实存在$contact\u用户名
和$user
,但未定义$id
,这将导致问题。如果表自动设置了$id
,则可以执行以下操作:
$savesql2 = "INSERT INTO personal_contacts (contact_username, u_username)
VALUES ( '$contact_username', '$user')";
如果没有,则还需要正确设置$id
重要
您的代码易受SQL注入攻击,请阅读相关内容并重构代码以使其更安全。请发布代码,而不是图像。如果您正在编辑,它应该是
更新
,而不是插入
,否?我也没有看到$id
被设置成这样的问题。看起来没有使用错误报告。是的,我仍然是php编码的新手,我仍在学习如何使用这些代码。因此,在开发过程中,请始终将这些代码添加到脚本(或配置包含)的最顶端:ini\u集('display\u startup\u errors',true);ini设置(“显示错误”,真);错误报告(E_全部)代码>,如果使用mysqli,则添加mysqli_报告(mysqli_报告错误| mysqli_报告严格)有人能指出为什么这个答案被否决了吗?谢谢
$savesql2 = "INSERT INTO personal_contacts (contact_username, u_username)
VALUES ( '$contact_username', '$user')";