在PhpMyAdmin中查詢工作，但不能在php代碼中工作

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我寫了一個代碼，該代碼一次插入兩個表中，表中的表與外鍵相互連接。我在這個網站搜索，但沒有找到答案。這個查詢在phpmyadmin中工作，但在php代碼中有錯誤的答案，並且不能在php中工作....爲什麼？ :( 這是我的質疑與PHP代碼....請幫我在PhpMyAdmin中查詢工作，但不能在php代碼中工作

INSERT INTO `interviewdeliverytable` (`FirstName` , `LastName` , `PhoneNumber` , `PostCode` , `IdNumebr` , `BirthDate` , `Address` , `Accepted` , `IsBike` , `Date`) 
VALUES ('$FirstName', '$LastName', '$PhoneNumber', '$PostCode', '$IdNumber', '$BirthDate', '$Address', '$Accepted', '$IsBike', '$Date'); 
SELECT @Var := Last_INSERT_ID() ; 
INSERT INTO `interviewbiketable` (`PhoneNumber` , `DriverLicenseId` , `BikeModel` , `PelakNumebr` ,`Accepted`,`IsBike`, DeliveryId) 
VALUES ('$PhoneNumber', '$DeliverLicenseId', '$BikeModel', '$PelakNumber','$Accepted','$IsBike', @Var)

PHP代碼

function registerDelivery(){ 
$connection=createConnection(); 
if(!$connection){ 
    echo "Error"; 
}else{ 
// 
//get objects 
// 
$json = file_get_contents('php://input'); 
$obj = json_decode($json); 
$FirstName=$obj->FirstName; 
$LastName=$obj->LastName; 
$PostCode=$obj->PostCode; 
$IdNumber=$obj->IdNumebr; 
$BirthDate=$obj->BirthDate; 
$Address=$obj->Address; 
$Accepted=$obj->Accepted; 
$IsBike=$obj->IsBike; 
$Date=$obj->Date; 
$DeliverLicenseId=$obj->DriverLicenseId; 
$BikeModel=$obj->BikeModel; 
$PelakNumber=$obj->PelakNumebr; 
$PhoneNumber=$obj->PhoneNumber; 
// 
//insert Query 
// 
$result=mysqli_query($connection,"INSERT INTO `interviewdeliverytable` (`FirstName` , `LastName` , `PhoneNumber` , `PostCode` , `IdNumebr` , `BirthDate` , `Address` , `Accepted` , `IsBike` , `Date`) 
VALUES ('$FirstName', '$LastName', '$PhoneNumber', '$PostCode', '$IdNumber', '$BirthDate', '$Address', '$Accepted', '$IsBike', '$Date'); 
SELECT @Var := Last_INSERT_ID() ; 
INSERT INTO `interviewbiketable` (`PhoneNumber` , `DriverLicenseId` , `BikeModel` , `PelakNumebr` ,`Accepted`,`IsBike`, DeliveryId) 
VALUES ('$PhoneNumber', '$DeliverLicenseId', '$BikeModel', '$PelakNumber','$Accepted','$IsBike', @Var)"); 
echo json_encode(array('Result'=>$result)); 
mysqli_close($connection);

}}

來源

2017-02-26 CodeForLife

爲什麼選擇？ – Strawberry

它應該選擇最後一個插入ID並插入到具有外鍵'Delivery id'的另一個表中。你有辦法做到這一點 – CodeForLife

你的PHP代碼中的引用字符串是否都是一行？在發佈的代碼中，它不是，這使得它不是一個字符串。 –

感謝所有我編輯查詢...

它的工作和插入的所有數據在兩個表......非常感謝

來源

2017-02-26 08:40:16 CodeForLife

這不是一個查詢，但一集多個查詢。因此，您必須逐個運行它們：

mysqli_query($connection,"INSERT INTO ..."); 
$id = mysqli_insert_id($connection); 
mysqli_query($connection,"INSERT INTO ...");

請注意，您應該使用準備好的語句進行查詢。

來源

2017-02-26 06:46:51

謝謝請寫代碼更好我不關於PHP非常..請解釋更多 – CodeForLife

解釋更多請:) :) – CodeForLife

@CodeForLife如果你花時間仔細閱讀並嘗試這個建議，這個答案是非常清楚。一次一個查詢。 – tadman

在PhpMyAdmin中查詢工作，但不能在php代碼中工作

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