나는 기본적인 노래 정보 페이지를 만들려고 노력하고있다. 나의 유일한 문제는 SQL이다.mysqli_query 나에게 풀리지 않는 메시지를주는 것
경고 : 나는이 메시지가 계속 mysqli_query()를 매개 변수 (1) mysqli 될 것으로 예상 줄에 /var/www/tts/recommend-action.php에 주어진 캐릭터 라인은 여기에 33
입니다 내 코드 :
<?php
session_start();
ini_set("display_errors",true);
ob_start();
$host = "localhost";
$user = "root";
$pass = "[MYPASSWORD]";
$db = "[MYDATABASE]";
$tb = "recommendation";
$link = mysqli_connect($host, $user, $pass, $db) or die("Failed to connect.");
$song = $_POST['song'];
$album = $_POST['album'];
$artist = $_POST['artist'];
$linkitunes = $_POST['linkitunes'];
$artwork = $_POST['albumPic'];
$song = stripslashes($song);
$album = stripslashes($album);
$artist = stripslashes($artist);
$link = stripslashes($linkitunes);
$artwork = stripslashes($artwork);
print "<br /><br /><b>User ID: </b>" . $_SESSION['user_id'] . "<br /><b>Song: </b>$song<br /><b>Album: </b>$album<br /><b>Artist: </b>$artist<br /><br />";
$sql = "INSERT INTO recommendation (user_id, artist, song, album, artwork, linkitunes) VALUES (" . $_SESSION['user_id'] . ", $artist, $song, $album, $artwork, $linkitunes);";
$postrec = mysqli_query($link, $sql);
if ($postrec == true) {
print "sucess";
}
else {
print "<br /><br />failed";
}
ob_flush();
?>
해결책을 찾을 수 없습니다. 도움말은 매우 높이 평가됩니다.
I을 모든 연결이 유효하다는 사실을 알고 있어야합니다. 문제 없습니다. –
아래의 답변 외에도 값에 문자열을 전달하는 것보다 더 많은 가능성이 있습니다. '또는 mysqli_error ($ link))'에서'mysqli_query()'로 넘어 가면 에러가 발생했다. –
$ _POST에서 답을 얻으므로 준비된 문을 사용하는 것이 더 쉬울 수 있습니다. 삽입하려는 값의 가장 큰 피해로부터 사용자를 보호 할 수 있습니다. http://php.net/manual/en/mysqli.prepare.php @CameronMontesano –