특정 값 (칼 및 담요)을 데이터베이스에 삽입하려하지만 DB/테이블에 전혀 삽입하지 않습니다. 또한, 아래 표에 삽입 된 값을 표시하고 싶습니다. 또한 작동하지 않습니다. 테이블에 표시 할 삽입에 따라 다릅니다. 필자는 phpmyAdmin을 통해 값을 삽입 했으므로 테이블에 표시 했으므로 확실합니다. 제발, 삽입면을 고쳐야합니다.특정 값을 DB에 삽입하여 테이블에 표시 하시겠습니까?
삽입 코드/오류 처리기
<?php
if (isset($_POST['Collect'])) {
if(($_POST['Object'])!= "knife" && ($_POST['Object'])!= "blanket")
{
echo "This isn't among the room objects.";
}else {
// this makes sure that all the uses that sign up have their own names
$sql = "SELECT id FROM objects WHERE object='".mysql_real_escape_string($_POST['Object'])."'";
$query = mysql_query($sql) or die(mysql_error());
$m_count = mysql_num_rows($query);
if($m_count >= "1"){
echo 'This object has already been taken.!';
} else{
$sql="INSERT INTO objects (object)
VALUES
('$_POST[Object]')";
echo "".$_POST['object']." ADDED";
}
}
}
?>
표 PLUS EXTRA PHP 코드
<p>
<form method="post">
</form>
Pick Object: <input name="Object" type="text" />
<input class="auto-style1" name="Collect" type="submit" value="Collect" />
</p>
<table width="50%" border="2" cellspacing="1" cellpadding="0">
<tr align="center">
<td colspan="3">Player's Object</td>
</tr>
<tr align="center">
<td>ID</td>
<td>Object</td>
</tr>
<?
$result = mysql_query("SELECT * FROM objects") or die(mysql_error());
// keeps getting the next row until there are no more to get
while($row = mysql_fetch_array($result)) {
// Print out the contents of each row into a table?>
<tr>
<td><label for="<?php echo $row['id']; ?>"><?php
$name2=$row['id'];
echo "$name2"; ?>
</label></td>
<td><? echo $row['object'] ?></td>
</tr>
<?php }// while loop ?>
</table>
</body>
"SET field = value"문이 실제로 잘 작동하고 있습니다. – Tsadiq
감사합니다. 나는 그 비트를 고쳤지만 여전히 작동하지 않는다. 문제가있는 경우 오류 처리를 확인하십시오 – Kelvin