我正在製作一個網站,用戶可以將數據插入數據庫並跟蹤藥物的攝入量。 我有一個簡單的表格,提交到SQL數據庫:將文本字段轉換爲SQL的單選按鈕
<form method='post'>
<b>Dato:</b> <input type="date" name='date' id='date' value="<?php echo date('Y-m-d'); ?>" /><br /><br \>
<b>Tid:</b> <input type="time" name='time' id='time' value="<?php echo " $hour:$minute "; ?>" /><br /><br \>
<b>Medicin:</b><br /> <input type="radio" name="medicin" value="Medicin1" checked> Medicin1 <br />
<input type="radio" name="medicin" value="medicin2"> Medicin2 <br />
<input type="radio" name="medicin" value="other"> Other <input type="text" name="otherMedicin"><br /><br />
<b>Kommentar:</b><br /><textarea name='comment' id='comment'></textarea><br /> <hr \>
<input type='submit' value='Send' />
</form>
將其提交給我發現有關我按照同樣的事情,以前有問題的數據庫。不幸的是,我無法讓它工作! html radio button with an "other" selection that has a text box
這裏是我的代碼的重要組成部分:
$users_date = mysqli_real_escape_string($con, $_POST['date']);
$users_time = mysqli_real_escape_string($con, $_POST['time']);
$users_medicin = mysqli_real_escape_string($con, $_POST['medicin']);
$otherMedicin = mysqli_real_escape_string($db, $_POST['otherMedicin']);
if ($users_medicin == 'otherMedicin') {
$medicinField = $otherMedicin;
} else {
$medicinField = $users_medicin;
}
$users_comment = mysqli_real_escape_string($con, $_POST['comment']);
$query = "
INSERT INTO `myDatabase`.`medi_list` (`id`, `dato`, `tid`, `medicin`, `kommentar`) VALUES (NULL, '$users_date',
'$users_time', '$medicinField', '$users_comment');";
我還是很新的SQL,所以我會很感激的任何幫助,您可以把我的方式:)
你說,它「不工作」,但你沒有說爲什麼還是什麼不工作。您收到錯誤訊息? (在這種情況下,你會得到什麼信息)你沒有得到預期的結果? (在這種情況下你現在得到什麼) –