Php 将行插入mysql表失败

我曾尝试编写代码，根据SELECT查询将字段插入数据库

以下是我的

选择
代码

<?php
    $sql = ("select * from category"); 
    $result = $con->query($sql); 
    if($result->num_rows > 0){
        while($row = $result->fetch_assoc()){
            $cat_id=$row['cat_id'];
            $cat_title=$row['cat_title'];
            echo "<option value=".$cat_id." >".$cat_title."</option>";
        }
    }
?>



这是我的插入脚本

$title = validateInput($_POST['title']);
$desc1 = validateInput($_POST['desc1']);
//$content = validateInput($_POST['content']);
$cat_title = validateInput($_POST['cat_title']);
$cat_id = validateInput($_POST['cat_id']);

$stmt = $con->prepare("INSERT INTO products (title,desc1,cat_title, img, img1,img2,img3,zip,user_id,cat_id) VALUES (?, ?, ?, ?,?,?,?,?,?,?,?)"); 
$stmt->bind_param("sssssssssss", $title, $desc1,$category,$img, $img1,$img2,$img3,$zip, $user_id,$cat_title,$cat_id);
if($stmt->execute()){
     //echo "<script>alert('Your project added successfully');
     echo "<script>alert('Your project added successfully  ')</script>
<script>setTimeout(\"self.history.back();\",0000);</script>";
}else{
    echo "<script>alert('Failed added your project');</script>";
}

?>    

$title=validateInput（$_POST['title']）；
$desc1=validateInput（$_POST['desc1']）；
//$content=validateInput（$_POST['content']）；
$cat_title=validateInput（$_POST['cat_title']）；
$cat_id=validateInput（$_POST['cat_id']）；
$stmt=$con->prepare（“插入到产品中（标题、说明1、类别标题、img、img1、img2、img3、zip、用户id、类别id）值（？，，，，，，，，，，，，，）”；
$stmt->bind_参数（“sss”、$title、$desc1、$category、$img、$img1、$img2、$img3、$zip、$user_id、$cat_title、$cat_id）；
如果（$stmt->execute（））{
//echo“警报（'您的项目已成功添加'）；
echo“警报（'您的项目已成功添加'）
setTimeout（\“self.history.back（）；\”，0000）；”；
}否则{
echo“警报（'添加项目失败'）；”；
}
?>    
问题就在这里：

$stmt = $con->prepare("INSERT INTO products (title,desc1,cat_title, img, img1,img2,img3,zip,user_id,cat_id) VALUES (?, ?, ?, ?,?,?,?,?,?,?,?)"); 
$stmt->bind_param("sssssssssss", $title, $desc1,$category,$img, $img1,$img2,$img3,$zip, $user_id,$cat_title,$cat_id);

这是您的原始代码，问题是您在产品中插入的
$cat\u title
应该介于
$desc1
和
$category
之间

这应该起作用：

$stmt = $con->prepare("INSERT INTO products (title,desc1,cat_title, img, img1,img2,img3,zip,user_id,cat_id) VALUES (?, ?, ?, ?,?,?,?,?,?,?)"); 
$stmt->bind_param("ssssssssii", $title, $desc1,$cat_title,$img, $img1,$img2,$img3,$zip, $user_id,$cat_id);

您也只有10列，但试图插入11列信息

您必须将用户Id和Cat Id解析为整数而不是字符串。现在更新的代码应该可以工作了。您必须将参数绑定到
ssss II
插入参数中缺少的参数，您规定了11个字段，但只输入10个。将代码替换为以下内容：

$title     = validateInput($_POST['title']);
$desc1     = validateInput($_POST['desc1']);
//$content = validateInput($_POST['content']);
$cat_title = validateInput($_POST['cat_title']);
$cat_id    = validateInput($_POST['cat_id']);

$stmt = $con->prepare("INSERT INTO products (title,desc1,cat_title,img,img1,img2,img3,zip,user_id,cat_id) VALUES (?,?,?,?,?,?,?,?,?,?)"); 
$stmt->bind_param("ssssssssss", $title,$desc1,$cat_title,$img, $img1,$img2,$img3,$zip,$user_id,$cat_id);
if($stmt->execute()){
    //echo "<script>alert('Your project added successfully');
    echo "<script>alert('Your project added successfully  ')</script>
    <script>setTimeout(\"self.history.back();\",0000);</script>";
} else {
    echo "<script>alert('Failed added your project');</script>";
}
?>   

$title=validateInput（$_POST['title']）；
$desc1=validateInput（$_POST['desc1']）；
//$content=validateInput（$_POST['content']）；
$cat_title=validateInput（$_POST['cat_title']）；
$cat_id=validateInput（$_POST['cat_id']）；
$stmt=$con->prepare（“插入到产品中（标题、说明1、类别标题、img、img1、img2、img3、zip、用户id、类别id）值（？，，，，，，，，，，？）”；
$stmt->bind_参数（“ssss”、$title、$desc1、$cat_title、$img、$img2、$img3、$zip、$user_id、$cat_id）；
如果（$stmt->execute（））{
//echo“警报（'您的项目已成功添加'）；
echo“警报（'您的项目已成功添加'）
setTimeout（\“self.history.back（）；\”，0000）；”；
}否则{
echo“警报（'添加项目失败'）；”；
}
?>   
在PHP代码中插入什么都没有。你能澄清一下吗？我添加了我的插入产品PHP文件嘿，看看我更新的答案。我想我发现了问题我检查了这一行，但显示了相同的结果没有插入cat_iti checked但没有像这样插入错误注意：未定义索引：第257行的C:\xampp\htdocs\zblog\upload-source.php中的cat_title注意：未定义索引：第258行的C:\xampp\htdocs\zblog\upload-source.php中的cat_id致命错误：调用成员函数bind_param（）在C:\xampp\htdocs\zblog\upload-source.php中的布尔值上277@ranjeewa什么是upload source.php？用户上传项目文件upload-source.php这是blog，不幸的是，这可能也会失败。检查我的答案。我认为这是因为
$cat\u title
将被插入到
用户id
中，这将导致类型不匹配，对吗？Riz waan，是的。我刚看到你的答案，我在询问中确实有些困惑；Pbut显示如下通知：未定义索引：第257行C:\xampp\htdocs\zblog\upload-source.php中的cat_title通知：第258行C:\xampp\htdocs\zblog\upload-source.php中的未定义索引：第277行C:\xampp\htdocs\zblog\upload-source.php中的cat_id致命错误：调用C:\xampp\htdocs\zblog\upload-source.php中布尔值上的成员函数bind_param（）