PHP/SQL语法：将变量传递给SQL查询

我试着去看看到底出了什么问题，这让我感到很累。我有两个。从第一个开始，我向第二个发送一个变量“select1”（基本上是id），然后我想上传一个pdf文件来更新该记录

$id = "-1";
if (isset($_GET['select1'])) {
  $id = mysql_real_escape_string($_GET['select1']);
}



if(isset($_POST['Submit'])) {
    $my_upload->the_temp_file = $_FILES['upload']['tmp_name'];
    $my_upload->the_file = $_FILES['upload']['name'];
    $my_upload->http_error = $_FILES['upload']['error'];
    if ($my_upload->upload()) { // new name is an additional filename information, use this to rename the uploaded file
        mysql_query(sprintf("UPDATE sarcini1 SET file_name = '%s' WHERE id_sarcina = '%s'", $my_upload->file_copy, $id));
    }
}

如果我用一个有效的id放一行，比如：

$id = 14;

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它正在工作。我做错了什么？谢谢大家!

您同时使用GET和POST。据我所知，这种情况并没有恢复为真

if (isset($_GET['select1']))

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编辑：如果你在上面没有找到任何答案；也许更多的信息/代码可以帮助您找到解决方案。

如果您需要同时接受post和get，那么您应该尝试下面的代码来检索变量

$var = 'select1';
if( isset( $_POST[$var] ) ) {
    $id = $_POST[$var];
} else if( isset( $_GET[$var] ) ) {
    $id = $_GET[$var];
} else {
    $id = -1;
}

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你犯了什么错误？还是不起作用。并尝试使用“我得到了正确的值”获取反馈……mysql_查询仍然无法识别$id（sprintf（“更新sarcini1设置文件名='%s'，其中id_sarcina='%s'，$my_upload->file_copy，$id））；我不确定您在哪里尝试

回显$id（假设就在调用mysql\u查询之前），这样您就可以确定您实际到达了那里。另外，也不确定您是否收到任何错误消息或任何类型的输出，如果是，提供它们可能会很有用。作为补充说明，您可能应该使用mysqli扩展而不是mysql（或ADOdb或PDO），并使用绑定变量而不是使用sprintfThank构建查询。因此，我在您的idea之后和if（isset（$_POST['Submit']）{……bla，bla之前插入了一个echo$id，它显示了正确的id。我在这里找到了一个免费的php代码，我打算更新我的一些记录，上传一个pdf文件（发票副本），并将名称保存为sarcini1表中的file_name。