PHP代碼不會更新數據庫

我工作我的任務，我無法讓我的更新與我的數據庫一起工作。這是我的表格，它包含數據。PHP代碼不會更新數據庫

<form name="edit" method="post" action="process/editRecord.php"> 

    <p class="indent"> 
     <label for="projectName">Edit Project Name</label> 
     <input type="text" name="projectName" id="projectName" value="<?php echo $projectName; ?>"> 
    </p> 

    <p class="indent"> 
     <label for="projectSoftware">Edit Project Software</label> 
     <input type="text" name="projectSoftware" id="projectSoftware" value="<?php echo $projectSoftware; ?>" > 
    </p> 


    <p class="indent"> 
     <label for="projectDescription">Edit Project Description</label> 
     <textarea name="projectDescription" id="projectDescription" cols="150" rows="10" ><?php echo $projectDescription; ?></textarea> 
    </p> 

    <p class="indent"> 
     <label for="projectImage">Edit Project Image</label> 
     <input type="text" name="projectImage" id="projectImage" value="<?php echo $projectImage; ?>" > 
    </p> 

    <p class="indent"> 
     <label for="projectInformation">Edit Project Information</label> 
     <textarea name="projectInformation" id="projectInformation" cols="400" rows="10" ><?php echo $projectInformation; ?></textarea> 
    </p> 

    <p> 
     <input type="submit" name="button" id="button" value="Update"> 
    </p> 

</form>

然後就是這個過程。

<?php 
ini_set('display_errors', 1); 
require('../../includes/conn.inc.php'); 
require('../../includes/functions.inc.php'); 
// sanitize user variables 
$sprojectName = safeString($_POST['projectName']); 
$sprojectSoftware = safeString($_POST['projectSoftware']); 
$sprojectDescription = safeString($_POST['projectDescription']); 
$sprojectImage = safeString($_POST['projectImage']); 
$sprojectInformation = safeString($_POST['projectInformation']); 
$sprojectID = safeInt($_POST['projectID']); 
// prepare SQL 
$stmt = $mysqli->prepare("UPDATE projects SET projectName =?, projectSoftware =?, projectDescription=?, projectImage =?, projectInformation =? WHERE projectID = ?"); 
$stmt->bind_param('sssssi', $sprojectName, $sprojectSoftware, $sprojectDescription, $sprojectImage, $sprojectInformation, $sprojectID); 
$stmt->execute(); 
$stmt->close(); 

header("Location: ../../php/projects.php"); 
// redirect browser 
exit; // make sure no other code executed 
?>

使用此項時我不會遇到任何錯誤，它不會更新我的數據庫，但會返回到相關項目頁面。

來源

2016-02-22 Jacob Boardman

到底是什麼'safeString（）'函數？只使用準備好的陳述。你看不到任何錯誤消息，因爲很可能你沒有打開它，因爲你沒有檢查是否實際執行了語句 – Ghost

safeString正在清理它，所以你不能sql注入它，準備什麼國家代碼 –

這個準備好的語句：'$ mysqli-> prepare（...'，參見[PHP：MySQLi>快速入門指南>準備語句]（http://docs.php.net/manual/en/mysqli.quickstart。 prepared-statements.php） – VolkerK

這解決了問題

$ _ POST [ '專案編號']它不是形式 - 達貢

來源

2016-02-22 02:42:45

在這種情況下，您應該不僅設置display_error = On，還會引發[error_reporting]（http://docs.php.net/manual/de/errorfunc.configuration.php#ini.error-報告）級別（最好不在腳本內，但在例如php.ini中，因爲在生產環境中將完整的錯誤消息發送給客戶端[應該避免]（https://www.owasp.org/index.php/Information_Leakage ））; 'safeInt（$ _ POST ['projectID']）'應該導致「未定義索引」消息。 – VolkerK

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