尝试将引用URL发布到另一个php文件

好的，我正在尝试创建一个推荐脚本，如果用户通过成员推荐url加入，那么在他们的详细信息提交到数据库时，他们的推荐人的用户名（如果有）也被提交到“referedby”列。现在，在我试图将引用发布到另一个php文件之前，以下代码似乎获得了以前的URL

我有

index.php

，它只加载各种

iFrame

。因此，当用户访问我的站点时，他们实际看到的页面是home.php。我把这段代码放在index.php中。当用户输入他们的详细信息并转到下一页shop.php时，代码在“referedby”列中不返回任何内容

当代码在home.php中时，它将domainname/home.php返回到“referedby”中。因此，我将引用从

index.php

传递到

home.php

使用，但它总是返回空白

提前谢谢你，我对PHP还很陌生，所以请原谅我，这是显而易见的。经过数小时的故障排除后，这种情况经常出现

目前在index.php中，您尝试将其放入

home.php

（不带帖子），但返回

domainname/home.php

作为“referedby”

if (isset($_SERVER['HTTP_REFERER'])) // check if referrer is set
    {

    $ref = $_SERVER['HTTP_REFERER']; // set ref
    }
    else
    {
        $ref = '';
    }
     ?>



  <form action="POST" method="home.php">
        <input type="hidden" name="ref" value= $ref />
    </form>

---

在html字段更改中设置php变量值的方法错误

<input type="hidden" name="ref" value= $ref />

到

---

您可以将其存储在会话中，而不是放入隐藏值中，这样您就可以很容易地找到它
您必须进行更改

<input type="hidden" name="ref" value= $ref />



进入

请随时发布带有支持代码的高质量答案谢谢！正如adreas所说，我想我还将研究防止SQL注入的会话。
<input type="hidden" name="ref" value="<?php echo $ref;?>" />

<input type="hidden" name="ref" value= $ref />

<input type="hidden" name="ref" value="<?php echo $ref; ?>" />