2014-02-18 2 views
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이것은 내가 시작하는 코드입니다.js 페이지에서 데이터를 보낸 후에 INSERT 할 수 없습니다.

<?php 
    $con=mysqli_connect("localhost", "root", "usbw", "stage"); 
    $sql="INSERT INTO info (name, lastname, number) VALUES ('$_POST['name']', '$_POST['lastname']' , '$_POST['number']')"; 
    if (!mysqli_query($con,$sql)) 
    { 
     die('Error: ' . mysqli_error($con)); 
    } 
    mysqli_close($con); 
?> 

내가 뭘 잘못했는지 모르지만이 페이지는

I MySQL의에 데이터를 삽입하지 않습니다

$('form').on('submit', function(e){ 
     $.post('sql.php', $(this).serialize()); 
     $.post('small.php', function(response){ 
      document.write(response); 
     }); 
     e.preventDefault(); 
    }); 

나는 sql.php에 데이터를 삽입 누락 된 ","을 수정하고 $ _POST 값을 조정했지만 문제가 남아 있습니다. 콘솔 로그를 확인했지만 아무 말도하지 않았습니다.

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있었다. 브라우저에서 F12 키를 누르고 콘솔 탭으로 이동하면 거기에 오류가 표시 될 수 있습니다. –

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그러나이 페이지는 data_who를 삽입하고 싶지 않으며 페이지 자체가 생명력이 있다는 것을 전혀 알지 못했습니다. 그래서 어떤 오류가 있습니까? –

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처음에'$ _POST [lastname] '뒤에','을 추가하는 것을 잊었습니다 – anurupr

답변

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쿼리의 $_POST 값을 $_POST['keyname']이 아니라 '$_POST[keyname]'이 아닌 값으로 지정해야합니다. 또는 $_POST['keyname']을 다른 변수에 할당하고 해당 변수를 쿼리로 대체 할 수 있습니다.

$sql="INSERT INTO info (name, lastname, number) VALUES ('".$_POST['name']."', '".$_POST['lastname']."', '".$_POST['number']."')"; 
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난 당신의 코드를 구현하고 그것을 잘 작동, 당신은 당신의 콘솔 로그에 오류가 발생 될 가능성이있는 구문 오류

<?php 
     $con=mysqli_connect("localhost", "root", "usbw", "stage"); 
     $sql="INSERT INTO info (name, lastname, number) VALUES ('".$_POST['name']."', '".$_POST['lastname']."', '".$_POST['number']."')"; 
     if (!mysqli_query($con,$sql)) 
     { 
      die('Error: ' . mysqli_error($con)); 
     } 
     mysqli_close($con); 
?> 
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