表单和PHP函数将表单数据保存到同一文件中的mysql

我一直在努力解决这个问题，但到目前为止我还没能让它发挥作用。没有抛出错误，提交时页面刷新。我有点不知所措，但我并不是一个真正的专家，对这方面还相当陌生

以下是代码（简化后用于发布）：

首先我看到的是

$result = mysql_query($sql, $dbsel) or  die(mysql_error().$sql);

我认为你应该写：

$result = mysql_query($sql, $db) or  die(mysql_error().$sql);

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总结我的意见：

您的表单没有任何带有

name=“submit”

的表单元素，因此

（！isset（$\u POST['submit']）

将始终为

true

，并且您的

else

块将永远不会执行。您可以通过添加

var\u dump（$\u POST）来检查这一点

到脚本的开头（在

if

子句之前）

var_dump（）

是PHP中最好的调试工具之一。使用它

$dbsel=mysql_select_db($database_name, $db);

将返回

true

或

false

，因此

$dbsel

将始终是这两个值之一。您不需要存储它，只需添加

或死亡（“无法选择数据库”）

您不知道这会返回什么信息。如果
$account\u id
包含一个数字id或字符串，则以后会很重要。如果是字符串，则可以；如果是数值，则应更改：

`account_id` = {$account_id}

下一步：

您在
$zip
中存储了
$\u POST['billingzip']
，因此应该是这样的：

`zip` = '{$zip}',

最后，但并非最不重要的是：

$result = mysql_query($sql, $dbsel)

如前所述，
$dbsel
包含
true
或
false
，因此这里是错误的，它应该是
$db
引用。此外，由于您不使用多个数据库连接，因此这里根本不需要引用任何数据库连接

$result = mysql_query($sql /* , $db */)

关于mysql问题的一般建议是：如果您编写了新代码，请不要使用
mysql.*
函数。它们正在被弃用，并将在PHP的未来版本中删除。立即使用
mysqli.*
或PDO学习。这两种方法都允许您使用准备好的语句，从而确保您的站点不受SQL注入的影响，而不必费心转义用户提供的内容

帮你自己一个忙，把完整的块注释掉，然后用PDO或
mysqli_*
重写它。我尝试了这个确切的方法，但没有成功。我意识到数据库名称没有被引用，所以我添加了dbsel来引用它。好吧，那么您的sql语法是错误的？我知道这应该像在表中插入名称（[columns]）值（[VALUES]）；这
INSERT
语法是有效的。@Arringar1
$dbsel
肯定是错误的，您必须引用
$db
（或者省略它，当您只有一个数据库连接时，这不是必需的）。不要使用
mysql.*
函数编写新代码，尤其是在学习时。它们正在被弃用，并将在PHP的未来版本中删除。立即使用
mysqli.*
或PDO学习。
{$billingzip}
应该是
{$zip}
，如果
$account\u id
是一个数值，则不需要在其周围的查询中使用引号。不确定这是否会导致无效查询。我在您的表单中没有看到任何名为
submit
的输入。我无意中将其从粘贴中漏掉，但它在那里。
type=“submit”
不是
name=“submit”
`zip` = '{$zip}',

$result = mysql_query($sql, $dbsel)

$result = mysql_query($sql /* , $db */)