如何通過表單添加多對多關係？

Question

我的數據庫保存了以下數據：

fish 
--- 
id 
name 
cooking_type_id 
--- 

cooking_type 
--- 
id 
name 
--- 

cooking_type_relationships 
--- 
fish_id 
cooking_type_id 
--- 

我想在其中添加一條魚到數據庫中創建窗體。這一切都正常，但添加許多關係時遇到問題。通過表單，我製作了一個複選框列表，其中包含所有烹飪類型，用戶點擊所有適合魚類的烹飪類型。但是，我如何查詢數據庫，以便很好地創建關係？

下面是創建的複選框列表的代碼：

include 'conn.php'; 
    echo "<ul class='cooking-list'>"; 
    $query = "SELECT * FROM cooking_type c"; 
    $result = $mysqli->query($query); 
    mysqli_query($mysqli, "SET NAMES 'utf8'"); 
    while($row = mysqli_fetch_array($result)) 
    {    
    // run through the results from the database, generating the checkboxes 
    echo "\n\t<li>"; 
    echo "<input id='".$row['name']."' type='checkbox' name'type_id'><p>{$row['name']}</p>"; 
    echo "</li>"; 
    echo "<br><br>"; 
    } 
    echo "</ul>"; 
    mysqli_close($mysqli); 

編輯：我沒有收到查詢才能正常工作。我現在有點困惑。下面是我想後查詢：

include 'conn.php'; 
mysqli_query($mysqli, "SET NAMES 'utf8'"); 
$query = "INSERT INTO fish (name, image, about, season_id) 
     VALUES ('$_POST[name]', '$_POST[image]', '$_POST[about]', '$_POST[season_id]'); 
     INSERT INTO cooking_type_relationships (fish_id, cooking_type_id) 
     VALUES (mysqli_insert_id, cooking_type_id);" 


$mysqli->query($query); 

mysqli_close($mysqli); 

Answer 1

要做到這一點，你需要將數據插入到兩個表，魚表和cooking_types_relationships表。

僞代碼：

insert into fish values (a, b, c); 
insert into cooking_types_relationships values (mysqli_insert_id, cooking_type_id); 

這裏的技巧是使用mysqli_insert_id。

Answer 2

在一個查詢中不能創建2個請求。這是由於安全問題。 當你從$ _POST得到值 時，總是引用你的密鑰我假設在你的mysql表中你的id列有primary和auto_increment標誌。

然後儘量做到以下幾點：

include 'conn.php'; 
mysqli_query($mysqli, "SET NAMES 'utf8'"); 

$query = "INSERT INTO fish (name, image, about, season_id) 
    VALUES ('$_POST['name']', '$_POST['image']', '$_POST['about']', '$_POST['season_id']')"; 

mysqli_query($mysqli, $query); 
$id = mysqli_insert_id($mysqli); 

$query = "INSERT INTO cooking_type_relationships (fish_id, cooking_type_id) 
    VALUES (". $id . ", ".$cooking_type_id.")"; 
mysqli_query($mysqli, $query); 

mysqli_close($mysqli); 

你必須找到類似的方式爲魚ID正確$ cooking_type_id。或者，也許你已經知道它是否是烹飪類型的固定列表

您還困惑了製作查詢的過程式和麪向對象的方式。 $ mysqli-> query（）是面向對象的，我不認爲這是你需要的。

只記得在生產中使用它之前過濾$ _POST值。截至PDO其他提到的樣子準備語句

當你想出來的數據再次，你可以做一個內部聯接，像這樣：

SELECT * FROM fish 
INNER JOIN cooking_type_relationships ON fish.id=fish_id 
INNER JOIN cooking_type ON cooking_type_id=cooking_type.id 

如果魚沒有任何烹飪的類型，但你還是要它顯示結果你只是改變內部聯接到左加入