Php 将数据放入数据库时出错

我有以下php代码：

foreach($html->find('dl[class=movie-info]') as $info) {

   for($i = 0; $i <= 20; $i++) {

    $contenido = $info->find('dt',$i)->plaintext;

    if($contenido == 'A&ntilde;o'){
        $year = utf8_encode($info->find('dd',$i)->plaintext);}}}

所有内容都已插入，但当我尝试将

$year

插入类型为

smallint（5）unsigned

的ño时，不会发生任何事情，也不会创建任何行

如何将$year转换为数字（必须是数字）以填充该列？或者我需要更改列类型

PD：我现在正在学习“玩”mysql

---

谢谢

也许可以尝试将其强制转换为整数，而不是使用

utf8\u encode

：

$year = intval($info->find('dd',$i)->plaintext);

或者，除此之外：

$year = intval(utf8_encode($info->find('dd',$i)->plaintext));

你能给我们举个数据的例子吗

编辑：Damien是对的，intval（）不应该有什么不同

请尝试回显内容，并确保它是字符串中的实际数字，以便进行一些调试：

if($contenido == 'Año'){
    $year = utf8_encode($info->find('dd',$i)->plaintext);
    echo $year.'<br />';}}}

if（$contenido=='Añ；o'）{
$year=utf8\u编码（$info->find（'dd'，$i）->明文）；
echo$year.“
；”}

在mysql中，进行查询时，数字和字符串之间没有区别。确保将列名包括在所有列的列表中：

mysqli_query($con,"INSERT INTO pablo (forum_id, calidad, titulo, caratula, sinopsis, pais, director, reparto, genero, year) VALUES ('$forum_id', '$calidad', '$titulo', '$img', '$sinopsis', '$pais', '$director', '$reparto', '$genero', '$year')");
                                                                                                                       ^notice year the column                                                                                             ^now the actual value

---

只需将列部分中的year替换为mysql列的名称即可。

在向StackOverflow发布问题之前，确定任何错误代码/错误消息，并将其与您的问题一起发布。：

/* check connection */
if ( mysqli_connect_errno() ) {
    printf("Connect failed: %s\n", mysqli_connect_error());
    exit();
}

以及：

---

有关的详细信息。

我认为您的问题在于您试图插入的值类型和数据：

A smallint is between -32768 and 32767 signed, or 0 and 65535 unsigned.

The (5) represents the display width of the field - if you will try to put 90000 you will be rejected.

在您的情况下，这不应该是一个问题（我假设年值），但请向我们显示您试图插入的数据

我猜您正在使用simple_html_dom解析某些内容-确保检索到的所有数据都是 正如您在将其插入数据库之前所期望的那样

另外：尝试将类型更改为int（5），现在告诉我们

更容易看到您使用的查询（年份）和数据样本

对于错误登录和显示，请使用：

 $execute = mysqli_query($con,"INSERT INTO pablo ( ....your query..... ")
       or
          printf("Errormessage: %s\n", mysqli_error($con)); 

---

玩得开心

你收到的MySQL错误是什么？没有显示错误，但认为有错误是合乎逻辑的，因为信息没有添加观看我的答案编辑以捕捉错误…信息是从filmaffinity.com/es电影页面中选择的，如view source:@minato这很好，但是回显它以调试脚本中实际得到的内容。问题是，当我输入“año”列和$year值时，该行没有添加…请向我们显示该代码。查看您的工作代码没有意义。至少，请给我们您的错误消息。@Damien也许这与

año

@Leng中的enye有关，是的，可能是这样。不确定。我已经将“año”改为“ano”，没有任何变化。这是我的simple_html_dom.php，这是我的application.php（我在这里获取数据并进行查询），这是filmaffinity的源代码。希望这是您询问的信息。添加这些行之后，我收到了这个错误，我不知道这是什么意思，这不是我们需要的——尝试添加

echo htmlentities（$year）到您的FOR循环我怀疑您收到的数据不是年份值，或者它包含一些不需要的html实体（&gr；等）-还有一个指向目标页面的链接（tou parse可能会有所帮助）。另一种方法是使用
inval（$year）
，PHP将尝试将字符串解析为其int值。此错误意味着您在试图传递的值附近的查询语法中有错误-我希望您是“在插入值之前转义所有值使用：
$thevalue=mysqli\u real\u escape\u string（$con，$thevalue）；
以转义可能打断您查询的特殊字符。对不起，我的错误，问题是删除了一个逗号…问题是“ñ”字符，它已更改为“n”，问题已解决，感谢lotI收到此错误，我不知道它是什么意思
A smallint is between -32768 and 32767 signed, or 0 and 65535 unsigned.

The (5) represents the display width of the field - if you will try to put 90000 you will be rejected.

 $execute = mysqli_query($con,"INSERT INTO pablo ( ....your query..... ")
       or
          printf("Errormessage: %s\n", mysqli_error($con));