我正在構建一個簡單的錯誤跟蹤工具。 您可以創建新的項目,當你創建一個項目,你必須填寫一張表格,該表格員額project.class.php(這是該代碼)顯示來自特定ID的行數據
$name = $_POST['name'];
$descr = $_POST['description'];
$leader = $_POST['leader'];
$email = $_POST['email'];
$sql="INSERT INTO projects (name, description, leader, email, registration_date)
VALUES ('$name', '$descr', '$leader', '$email', NOW())";
$result = mysql_real_escape_string($sql);
$result = mysql_query($sql);
if($result){
header('Location: ../projectpage.php?id='.mysql_insert_id());
}
else {
echo "There is something wrong. Try again later.";
}
mysql_close();
(它尚未sql注入證明,遠離完整...)
最終你會被重定向到唯一的項目頁面,該頁面鏈接到存儲在MySQL數據庫中的id。我想在頁面上顯示該項目的名稱,但它始終顯示數據庫中第一個項目的名稱。
(這裏我選擇MySQL數據庫中的數據。)
$query = 'SELECT CONCAT(name)
AS name FROM projects';
$result = mysql_real_escape_string($query);
$result = mysql_query ($query);
(在這裏我告訴我的網頁上該項目的名稱,但它總是在MySQL數據庫的第一個項目的名稱)
<?php
if ($row = mysql_fetch_array ($result))
echo '<h5>' . $row['name'] . '</h5>';
?>
如何顯示正確的項目名稱?與id鏈接的那個? 我有用在哪裏....?
是的,你必須使用其中: 'WHERE id =?' –
你的表格聲明中甚至有id嗎? –
@Tobias Kun然後我總是得到這個錯誤 警告:mysql_fetch_array()期望參數1是資源,布爾給定 –