【发布时间】:2015-05-30 18:48:21
【问题描述】:
目前我有一个包含下拉列表的表单,其中包含已从“类别”表访问的值,该表有两个字段,courseID 和 cName。此表单位于名为“add_item.php”的文件中。
<form action="../adminscripts/item_add.php" method="post" class="addItem">
<label>2) Select Course</label>
<br>
<select class="dropdown" name="category">
<?php
include "..database/connect.php";
$query = mysqli_query($conn, "SELECT * FROM courses");
while ($row = mysqli_fetch_array($query)){
echo "<option value='". $row['cName'] ."'>" . $row['cName'] . " </option>";
}
?>
</select>
<input class="send" type="submit" value="Add Menu Item" name="itemSubmit">
</form>
我想要实现的是,当用户选择其中一个值并单击“itemSubmit”按钮时,我希望将 courseID 与表单上的所有其他信息一起发布在表“菜单”中.目前,除了“courseID”以外的所有内容都已发布到数据库中,当发布到数据库中时,其值为“0”。
表单动作文件“item_add.php”包含提交信息的代码:
<?php
session_start();
require "../database/connect.php";
if(isset($_POST['itemSubmit']))
{
$query2 = mysqli_query($conn, "INSERT INTO menu (mName, courseID, description, price) VALUES ('$itemname', '$courseID', '$item_description', '$price')" ) or die (mysqli_error($conn));
header("Location:../admin/add_item.php");
exit;
}
我试图玩弄全局变量但没有运气,因此我在上面的形式中有“$ courseID”。
我没有在“add_item.php”文件中包含文件“item_add.php”,因为我只需要它来完成表单操作。我一直在努力从一个文件中访问变量并将其插入到另一个文件中。
有什么帮助吗?
【问题讨论】:
-
仅供参考,这里有一个错误
include "..database/connect.php"; -
@AndyHolmes 欢呼,我会记住这一点,但我的文件可以正常连接到数据库。
-
您试图嵌入到 SQL 字符串的 VALUES 子句中的那些变量应该来自哪里?
标签: php mysql forms variables mysqli