Php 将选择结果发布到另一个sql表

我无法将select函数的结果发布到sql表

我有一个select函数，它从sql表中提取数据（参见下面的代码）

label for=“test”>测试：

提交表单后，它将加载另一个名为sumbit.php的页面，其中包含以下代码

<?php
$name = $_POST['name'];
$phone = $_POST['phone'];
$email = $_POST['email'];
$test = $_POST['test'];
$comment = $_POST['comment'];

$sql = "INSERT INTO submit (name,phone,email,test,comments) 
VALUES 
('$name','$phone','$email','$test','$comment')";

if (!mysql_query($sql)) {
    die('Error: ' . mysql_error());
}

mysql_close();
?>

---

首先几句建议，您绝对需要了解PDO和准备好的语句，通过阅读了解如何正确地做事

您需要在SQL语句中包含一个
value
字段，如果没有它，
$row['value']
将始终计算为
null
，这会导致您的
选项
标记没有值，导致
$\u POST['test']
始终为空。
这可能对您当前的问题没有帮助，但是，您可能需要研究在INSERT查询中使用准备好的语句和占位符。在“如何通过SQL注入使我的数据库查询安全？”部分下，有一些关于如何执行此操作的链接。请给出测试字段的db架构。还要检查是否存在任何mysql错误
<?php
$name = $_POST['name'];
$phone = $_POST['phone'];
$email = $_POST['email'];
$test = $_POST['test'];
$comment = $_POST['comment'];

$sql = "INSERT INTO submit (name,phone,email,test,comments) 
VALUES 
('$name','$phone','$email','$test','$comment')";

if (!mysql_query($sql)) {
    die('Error: ' . mysql_error());
}

mysql_close();
?>