發佈方法無法在條件下工作

我已經創建了一個表單發佈其值的頁面。所以我添加一些行得到這樣發佈方法無法在條件下工作

$parameter = mysqli_real_escape_string($con,$_POST['Parameter']);

這些值但是，當我打開頁面，而不在於形式，它表明注意就行頁面未定義的指標參數。

所以我想做一些類似於如果我張貼的值，然後只有特定區域將工作。否則剩餘的區域將工作就像條件。

例如，

if(post) 
{} 
else 
{}

我該怎麼做？

來源

2014-10-26 MukulAgr

首先，你需要檢查的值設置properly..You可以與如果條件這將是像

if(isset($_POST) && array_key_exists('name_of_your_submit_input',$_POST)){ 
// do the things after form processing 
}else{ 
//things you want to do after form breaks. 
}

來源

2014-10-26 17:33:15

THANX :)我將接受shortwhile :) – MukulAgr 2014-10-26 17:35:41

很高興知道，它幫助你你的答案;） – 2014-10-26 17:36:37

但我不明白什麼我在的地方「name_of_your_submit_input的寫' – MukulAgr 2014-10-26 17:41:14

使用isset()做檢查

if(isset($_POST['Parameter'])){ 
    //desired tasks 
    //$parameter = mysqli_real_escape_string($con,$_POST['Parameter']); 
}else{ 
    //other task 
}

來源

2014-10-26 17:34:10 MH2K9

你可以使用isset()功能。你的情況是否應該像

if(isset($_POST['param'])) 
{ 
//Do something 
} 
else 
{ 
//Do something else 
}

來源

2014-10-26 17:35:14 Prateek

發佈方法無法在條件下工作

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