提交表单后变量未存储答案

【问题标题】：Variable is not getting stored after submitting the form提交表单后变量未存储
【发布时间】：2019-03-15 08:32:40
【问题描述】：

抱歉，如果标题没有任何意义。所以，我的代码如下：

<?php
            $conn=new mysqli("localhost","root","aman8blue","users");
            $conn->connect_error;
            $querynor= mysqli_query($conn,"SELECT * FROM userinfo");
            $nor=mysqli_num_rows($querynor);
            for($i=1; $i<=$nor; $i++) {
?>

<form method='post'>
    <label class='switch'><input type='checkbox' name='check' value=1 onChange='this.form.submit()'><span class='slider_round'></span></label>
</form>

<?php

$status = 0;

if(isset($_POST['check'])) {
    $status=1;
}


if($status==1) {
    echo "WORKING!";
}
else {
    echo "NOPE!";
}
}
?>

但无论如何，即使我勾选了复选框，它也会显示“正在工作！”。我不明白我哪里错了。

（抱歉上一个不完整）

提前致谢！

【问题讨论】：

您的输入缺少属性名称，在您的输入中添加name='check'，$_POST['check'] 使用name=check 获取输入的值，而不是id
但是你不保存检查状态，所以它总是像我描述的那样工作。将标签行更改为此 >
因为如果你想通过数据库中的 id 识别它们，你需要做唯一的输入。像 >
我也更喜欢将表单放在迭代循环之外
数据库中有 ID 行吗？

标签： php html sql forms

【解决方案1】：

添加

name="check"

在您的输入中，因为 post 正在寻找 name 属性而您没有

【讨论】：

【解决方案2】：

<?php
$conn = new mysqli("localhost", "root", "xxxx", "users");
$conn->connect_error;
$querynor = mysqli_query($conn, "SELECT * FROM userinfo");
$nor = mysqli_num_rows($querynor);

echo '<form method=\'post\'>';
for ($i = 1; $i <= $nor; $i++)
    {
    ?>
        <label class='switch'><input type='checkbox' name='check[<?php echo $nor[$i]['id']; ?>]' value=1 onChange='this.form.submit()' <?php echo (isset($_POST['check'][$nor[$i]['id']]) ? 'checked':''); ?>>
            <span class='slider_round'></span>
        </label>
    <?php
    }
echo '</form>';
?>

作为评论的答案。

【讨论】：

您能否编辑此答案并在这里向我解释！这会很有帮助。