通過參數鏈接和更新表

我不是很好的PHP，所以你migt發現它很簡單。通過參數鏈接和更新表

這個PHP沒有更新的數據庫

<?php error_reporting(E_ALL); ini_set('display_errors', 1); 
//credentials... 

$id= intval($_GET['id']); 
$likes= intval($_GET['likes']); 

$con = mysqli_connect($host,$uname,$pwd,$db) or die(mysqli_error()); 


    $sql1="UPDATE OBJECTS SET LIKES='$likes' WHERE ID='$id'"; 
    $result = mysqli_query($con,$sql1); 


?>

我試圖通過傳遞參數，但沒有發生運行鏈接http://justedhak.com/old-files/singleactivity.php/id=1&likes=1。

來源

2016-09-13 Moudiz

你做了什麼調試？是否設置了$ id和$ likes的值？你有var_dumped查詢，看看是否有任何問題嗎？ – RemanBroder

@RemanBroder我試圖在鏈接中傳遞參數作爲mentioend在問題中，我運行查詢manualy在數據庫中，這是很好的，我怎麼能調試它？我通過網絡瀏覽器在godaddy上使用php – Moudiz

你得到什麼錯誤？ LIKES和ID是否在您的表上大寫，並且這些字段是否設置爲字符串？ –

通過參數鏈接和更新表

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