PHP表格沒有正確更新SQL數據庫

Question

我一直在爲一個婚禮網站製作一個定製的結婚禮物註冊表，我一直在建設，一段時間它似乎工作正常，但現在它似乎不工作，我不是知道爲什麼......

禮物登記的工作方式如下：

它使用基於MySQL數據庫的更新的動態表;並且，

在用戶輸入「禮品的選擇」，並使用PHP的形式更新的MySQL數據庫，以便禮物的狀態變得不可用（這反映在表）

代碼最初HTML表單會更新動態表格並刷新頁面，以便用戶可以看到他們選擇的禮物現在已被「取走」（刷新很重要，否則表格內容將不會更新）。現在發生的情況是，當用戶填寫表單並單擊提交時，表單條目似乎不會被輸入到數據庫中。

該代碼，這是一個完整的背，我從來沒有使用PHP，SQL或JavaScript在此之前（我曾涉獵一點在HTML），所以很自然，我認爲我是有點失落..

那麼有人知道我出錯了嗎？

我希望任何人都能給予幫助。

---

的代碼如下：

以下構建動態表

<?php 
echo"<thead> 
<tr> 
<th>Gift</th> 
<th>Price</th> 
<th>Where to buy</th> 
<th>Availability</> 
</tr> 
</thead>"; 

$dbc = mysqli_connect('localhost','XXXXX','XXXXX','XXXXX_giftregistry') or die('Error connecting to MYSQL server.'); 
     $results = mysqli_query($dbc,"SELECT gift_name, price, where_to_buy, status FROM gift_reg"); 

     while($row = mysqli_fetch_array($results)) { 
     ?> 
      <tr> 
       <td><?php echo $row['gift_name']?></td> 
       <td><?php echo $row['price']?></td> 
       <td><?php echo $row['where_to_buy']?></td> 
       <td><?php echo $row['status']?></td> 
      </tr> 

     <?php 
     } 
     ?> 

     </table> 

下一部分是表單提交代碼

<?php 
$person_gifting = $_POST['name']; 
$status = $_POST['status']; 
$gift_name = $_POST['gift_name']; 

if ($_POST['submit']) { 
$dbc = mysqli_connect('localhost','XXXXXX','XXXXXX','XXXXX_giftregistry') or die('Error connecting to MYSQL server.'); 
mysqli_query($dbc,"UPDATE gift_reg SET person_gifting = '$person_gifting' WHERE gift_name = '$gift_name'") or die ('Error querying database.'); 
mysqli_query($dbc,"UPDATE gift_reg SET status = '$status' WHERE gift_name = '$gift_name'") or die ('Error querying database.'); 
mysqli_close($dbc); 
echo "<script> formSubmit()</script>"; 
} 

下一節是形成。

echo "<form method='post' action='index.php'><label>Name</label><input name='name' placeholder='Type Here' required><label>What gift would you like to give?</label>"; 


$dbc = mysqli_connect('localhost','XXXXX','XXXXX','XXXXX_giftregistry') or  die('Error connecting to MYSQL server.'); 
$query="SELECT gift_name FROM gift_reg WHERE status='Available'"; 
$result = mysqli_query ($dbc,$query); 
echo "<select name='gift_name'>"; 

while($nt=mysqli_fetch_array($result)){ 
echo "<option value=$nt[gift_name]>$nt[gift_name]</option>"; 
} 

echo "</select>"; 
mysqli_close($dbc); 
?> 


<label>Have you already purchased this gift?</label> 
<input name='status' type="radio" value="Taken" id="r1" required> 
<label for="r1"><span></span> Already purchased </label> 
    <input name='status' type="radio" value="Taken" id="r2" required> 
    <label for="r2"><span></span> Going to purchase </label> 

<input id="submit" name="submit" type="submit" value="Submit"> 


</form> 

的formSubmit（）是指：

<script> 
function formSubmit() { 
window.location.reload(); 
} 
</script> 

Answer 1

嘗試改變

while($nt=mysqli_fetch_array($result)){ 
    echo "<option value=$nt[gift_name]>$nt[gift_name]</option>"; 
} 

到

while($nt=mysqli_fetch_array($result)){ 
    echo "<option value=\"{$nt['gift_name']}\">{$nt['gift_name']}</option>"; 
} 

這部作品的原因是：

a）當$ nt [giftname]與$ nt ['giftname']不同時，引用一個數組元素，第一個數組元素的鍵值等於constant的值，稱爲'giftname'，其中後者正在尋找一個帶有'giftname'鍵的數組元素。根據該文件類型與您的合作應該使用值=「值」，而不是價值=價值