フォームをテーブルに追加して MYSQL データベースに送信する方法-PHPチュートリアル-php.cn

フォームをテーブルに追加して MYSQL データベースに送信する方法

WBOY

リリース： 2016-06-23 13:43:32

オリジナル

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私は初心者で、現在指標提出システムを作成したいと考えています。MYSQL データベースにはすでに全体的な営業構造があり、対応する営業部下はログインアカウントに従って PHP で自動的に生成されています。販売指標が続き、入力ボックスを作成してデータベースに送信します。 2-1 グループ馬監督入力ボックス
L1: Sun Sales 入力ボックス
L1: Du Sales 入力ボックス
L1: Li Sales 入力ボックス

<?php $q=$_POST["employeenumber"];$con = mysql_connect('localhost', 'root', '');if (!$con) { die('Could not connect: ' . mysql_error()); }mysql_select_db("org", $con);echo "<table border='1' cellpadding='10'><tr><th>架构</th><th>盈利额</th></tr>";$sql="SELECT 架构,盈利额 FROM `org` WHERE 主管工号 = '".$q."'";$result = mysql_query($sql);while($row = mysql_fetch_array($result)) { echo "<tr>"; echo "<td>" . $row['架构'] . "</td>"; echo "</tr>"; }echo "</table>";mysql_close($con);?><br>

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ディスカッション (解決策) への返信

私は初心者で、今、私はインジケーター送信システムを作成したいので、それを完成させて私に送ってください:

私はあなたのベースにそれを変更しました、それはテーブルのIDを使用して送信することです。

index.php

<?php $q=$_POST["employeenumber"]; $con = mysql_connect('localhost', 'root', '');if (!$con) { die('Could not connect: ' . mysql_error()); } mysql_select_db("org", $con);echo '<form name="form1" method="post" action="add.php">';echo "<table border='1' cellpadding='10'><tr><th>架构</th><th>盈利额</th></tr>"; $sql="SELECT id, 架构,盈利额 FROM `org` WHERE 主管工号 = '".$q."'"; $result = mysql_query($sql); while($row = mysql_fetch_array($result)) { echo "<tr>"; echo "<td>" . $row['架构'] . "</td>"; echo '<td><input type="text" name="yl'.$row['id'].'"></td>'; echo "</tr>"; }echo "</table>";echo '<input type="hidden" name="employeenumber" value="'.$q.'">';echo '</form>'; mysql_close($con);?>

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add.php

<?php$con = mysql_connect('localhost', 'root', '');if (!$con) { die('Could not connect: ' . mysql_error()); } mysql_select_db("org", $con);$employeenumber = $_POST["employeenumber"];$sql="SELECT id, 架构,盈利额 FROM `org` WHERE 主管工号 = '".$q."'"; $result = mysql_query($sql); while($row = mysql_fetch_array($result)){	if($_POST['yl'.$row['id']]){		$sqlstr = "update `org` set 盈利额='".$_POST['yl'.$row['id']]."' where id='".$row['id']."'"; // 更新入db		mysql_query($sqlstr) or die(mysql_error());	}}mysql_close($con);header('location:index.php?q='.$employeenumber); // 跳?回去?>

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ご返信ありがとうございます、明日試してみます。おそらく私が明確に説明していなかったので、前任者のコードと組み合わせてシステムコード全体を書き直しました。

ログインインターフェイス (不完全):

<html><title>指标收集系统</title><body><center><form action="welcome.php" method="post">工号: <input type="text" name="employeenumber" placeholder="请输入7位工号"><br>密码: <input type="password" name="password"><br><input type="submit" value="登录"></form></center></body></html>

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welcome.php

<html><body>欢迎<?php $q=$_POST["employeenumber"];$con = mysql_connect('localhost', 'root', '');if (!$con) { die('Could not connect: ' . mysql_error()); }mysql_select_db("org", $con);$sql="SELECT 姓名 FROM user WHERE 员工号 = '".$q."'";$result = mysql_query($sql);$row = mysql_fetch_array($result);echo $row['姓名'];echo '<form name="form1" method="post" action="add.php">';echo "<table border='1' cellpadding='10'><tr><th>架构</th><th>盈利额</th></tr>";$sql="SELECT id,架构,盈利额 FROM `org` WHERE 主管工号 = '".$q."'";$result = mysql_query($sql);while($row = mysql_fetch_array($result)) { echo "<tr>"; echo "<td>" . $row['架构'] . "</td>"; echo '<td><input type="number" name="yl'.$row['id'].'"></td>'; echo "</tr>"; }echo "</table>";//echo '<input type="hidden" name="employeenumber" value="'.$q.'">';echo '<input type="submit" value="提交指标">';mysql_close($con);?><br></body></html>

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add.PHP

<html><head></head><body><?php$con = mysql_connect('localhost', 'root', '');if (!$con) { die('Could not connect: ' . mysql_error()); }  mysql_select_db("org", $con); //$employeenumber = $_POST["employeenumber"]; $sql="SELECT id, 架构,盈利额 FROM `org` WHERE 主管工号 = '".$q."'";  $result = mysql_query($sql);  while($row = mysql_fetch_array($result)){    if($_POST['yl'.$row['id']]){        $sqlstr = "update `org` set 盈利额='"$_POST['yl'.$row['id'].]"' where id='".$row['id']."'"; // 更新入db        mysql_query($sqlstr) or die(mysql_error());       }} mysql_close($con); //header('location:welcome.php?q='.$q); // 跳?回去?></body></html>

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実行後にエラーが発生しました: 解析エラー: 構文エラー、D:AppServwwwadd.php の 24 行目で予期しない T_VARIABLE です
解決方法は? 24行目の

Profit amount='"$_POST['yl'.$row['id'].]"'

Profit amount='".$_POST['yl'.$row[ ']に変更します。 id']]."' where

$sqlstr = "update `org` setprofit amount='"$_POST['yl'.$row['id'].]"' where id='" . $row['id']."'";
は

$sqlstr = "update `org` set 盈利额='" . $_POST['yl'.$row['id']] . "' where id='".$row['id']."'";

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である必要があります
ご協力ありがとうございますが、まだ問題があります:

私のデータベース組織には 2 つのテーブルがあります:

1.user: There is a Supervisor番号、名前、パスワード、ログインアカウントとパスワードとして使用されます
2.org: ID があります (元々そのようなフィールドはありませんでしたが、後で追加されました。Aoxue Xingfeng によって与えられたコードと一致するために、フィールドが追加されました)自動的に）、構造、利益額

さて、皆さんからいただいたコードを使ってみてもデータベースの利益額の値を更新できず、add.phpの最後にページにジャンプするコードを追加すると、 , 実際にジャンプするページは、元の管理者welcome.phpインターフェースでログインしたページではありませんので、ご回答ください。

助けてくれてありがとう、しかしまだ問題が残っています:
私のデータベース組織には 2 つのテーブルがあります:
1.user: これには、ログインアカウントとパスワードとして使用されるスーパーバイザーの ID、名前、およびパスワードが含まれています。
2.org : ID (元々はそのようなフィールドはありませんでしたが、後で追加されました。Aoxue Xingfeng によって与えられたコードと一致するために、フィールドは独自に追加されました)、構造、および利益金額が含まれています

皆さんからいただいたコードを使っても、データベースの更新ができず、ページにジャンプするコードがadd.phpの最後に追加されている場合、ジャンプする実際のページはwelcome.phpインターフェイスではありません。元のスーパーバイザーがログインしました。回答してください。

親愛なる先輩方、現在の問題はこのコードにあります。データベース内の ID に対応する利益額に応じて更新できるように変更する方法についてアドバイスをお願いします。

if($_POST[.$row['id'].]){	$sqlstr = "update `org` set 盈利额='" . $_POST[.$row['id'].] . "' where id='".$row['id']."'";// 更新入db        mysql_query($sqlstr) or die(mysql_error());       }

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見てみましょう。 jquery easy ui の datagrid は非常にシンプルで、データのロードも簡単です。必要な属性は 1 つだけです

長い間の苦労の末、ついに自分でそれを理解しました。コードを貼り付けました:

welcome.php

<html><body> 欢迎<?php $q=$_POST["employeenumber"]; $con = mysql_connect('localhost', 'root', '');if (!$con) { die('Could not connect: ' . mysql_error()); } mysql_select_db("org", $con); $sql="SELECT 姓名 FROM user WHERE 员工号 = '".$q."'"; $result = mysql_query($sql); $row = mysql_fetch_array($result); echo $row['姓名']; echo '<form name="form1" method="post" action="add.php">'; echo "<table border='1' cellpadding='10'><tr><th>架构</th><th>盈利额</th></tr>"; $sql="SELECT id,架构,盈利额 FROM `org` WHERE 主管工号 = '".$q."'"; $result = mysql_query($sql); while($row = mysql_fetch_array($result)) { echo "<tr>"; echo "<td>" . $row['架构'] . "</td>"; echo '<td><input type="number" name= '.$row['id'].'></td>';	 echo "</tr>"; } echo "</table>";echo '<input type="hidden" name="employeenumber" value="'.$q.'">';echo '<input type="submit" value="提交指标">'; mysql_close($con);?><br>  </body></html>

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add.php

<html><head></head><body> <?php$con = mysql_connect('localhost', 'root', '');if (!$con) { die('Could not connect: ' . mysql_error()); }   mysql_select_db("org", $con);$employeenumber = $_POST["employeenumber"];  $sql="SELECT id, 架构,盈利额 FROM `org` WHERE 主管工号 = '".$employeenumber."'";   $result = mysql_query($sql);   while($row = mysql_fetch_array($result)){    if($_POST[$row['id']]){        $sqlstr = "update `org` set 盈利额='".$_POST[$row['id']]."' where id='".$row['id']."' and 主管工号 = '".$employeenumber."'"; // 更新入db        mysql_query($sqlstr) or die(mysql_error());       }}  mysql_close($con);echo "指标提交成功";?>  </body></html>

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ご協力ありがとうございます。