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概述： 我創建一個虛擬網站用於學習的目的，因此它的功能主義者是基本和安全的不在議程atm。PHP更新用戶帳戶的詳細信息沒有顯示錯誤，但帳戶詳細信息未更新
實際的問題：在誰擁有如果需要編輯他/她的帳戶的選項的用戶
行，所以我的應用程序包廂。所以我已經提前創建了PHP腳本來處理這個問題，但它不是。當我點擊編輯帳戶按鈕時，沒有錯誤彈出，但同時當我檢查MySQL數據庫沒有發生變化。
EditAccountForm.php文件：
<?php
include('connect_mysql.php');
if(isset($_POST['editAccount'])){
$Newusername = $_GET['username'];
$Newpassword = $_POST['password'];
$Newfirstname = $_POST['first_name'];
$Newlastname = $_POST['last_name'];
$Newemail = $_POST['email'];
if($Newusername != $username)
{
$q1 = ("UPDATE users SET username=$Newusername WHERE username=$username");
}
else if(!mysql_query($q1)){
echo "MySQL ERROR: " . mysql_error() . "" . $sql;
}
///////////////////////////////////////////////////////////////
if($Newpassword != $password)
{
$q2 = ("UPDATE users SET password=$Newpassword WHERE password=$password");
}
else if(!mysql_query($q2)){
echo "MySQL ERROR: " . mysql_error() . "" . $sq2;
}
///////////////////////////////////////////////////////////
if($Newfirstname != $firstname)
{
$q3 = ("UPDATE users SET first_name=$Newfirstname WHERE first_name=$firstname");
}
else if(!mysql_query($q3)){
echo "MySQL ERROR: " . mysql_error() . "" . $sq3;
}
///////////////////////////////////////////////////////////////
if($Newlastname != $lastname)
{
$q4 = ("UPDATE users SET last_name=$Newlastname WHERE last_name=$lastname");
}
else if(!mysql_query($q4)){
echo "MySQL ERROR: " . mysql_error() . "" . $sq4;
}
///////////////////////////////////////////////////////////////
if($Newemail != $email)
{
$q5 = ("UPDATE users SET username=$Newemail WHERE email=$email");
}
else if(!mysql_query($q5)){
echo "MySQL ERROR: " . mysql_error() . "" . $sq5;
}
}
?>
userEditAccount.php：
<html>
<head>
<title>Edit Account</title>
<meta http-equiv="content-type" content="text/html; charset=iso-8859-1" />
<link href="style.css" rel="stylesheet" type="text/css" />
</head>
<body>
<div id="wrapper">
<header><h1>E-Shop</h1></header>
<article>
<h1>Welcome</h1>
<h1>Edit Account</h1>
<div id="login">
<ul id="login">
<form method="post" name="editAccount" action="userEditAccount.php" >
<fieldset>
<legend>Fill in the form</legend>
<label>Select Username : <input type="text" name="username" /></label>
<label>Password : <input type="password" name="password" /></label>
<label>Enter First Name : <input type="text" name="first_name" /></label>
<label>Enter Last Name : <input type="text" name="last_name" /></label>
<label>Enter E-mail Address: <input type="text" name="email" /></label>
</fieldset>
<br />
<input name="Editsubmited" type="submit" submit="submit" value="Edit Account" class="button">
</form>
<?
echo $newrecord;
?>
</div>
<form action="userhome.php" method="post">
<div id="login">
<ul id="login">
<li>
<input type="submit" value="back" onclick="index.php" class="button">
</li>
</ul>
</div>
</article>
<aside>
</aside>
<div id="footer">This is my site i Made coppyrights 2013 Tomazi</div>
</div>
</body>
</html>
此外：
我試圖與代碼撥弄看着網頁，但沒有運氣的代碼我已經爲我的眼中的劇本寫下了最好的解決方案，也是讓我感覺到的解決方案。
所以我沒有其他選擇，只能轉到本網站尋找答案，任何人都可能看到哪裏會出現錯誤的整個事情......？
圖片編輯帳戶頁面： 
至於問Conect_mysql.php：
<?php
$db_hoast = "127.0.0.1";
$db_username = "root";
$db_password = "";
$db_name = "eshop";
$con = mysql_connect("$db_hoast","$db_username","$db_password");
if(!$con)
{
die("Could not connect to DATABASE");
}
$db = mysql_select_db("$db_name");
if(!$db)
{
die("No database");
}
?>
如果你正在開始一個新的項目，不要使用分機/ MySQL的。它已被棄用。而是使用PDO或mysqli。您的腳本容易受到SQL注入的影響。 – Mike 2013-03-01 02:24:51
'WHERE username = $ password'是錯誤的 - 它應該與'$ username'比較，而不是'$ password'。 – Barmar 2013-03-01 02:25:42
請添加您的'connect_mysql.php'類來調查。 – 2013-03-01 02:28:40