将表单 ACTION 发送到另一个 php 页面，该页面将处理第一页的结果答案

【问题标题】：sending form ACTION to another php page that will process the result from 1st page将表单 ACTION 发送到另一个 php 页面，该页面将处理第一页的结果
【发布时间】：2013-09-20 00:25:18
【问题描述】：

我创建了 2 个页面。一个名为 test.php 的文件只有一些带有沼泽标准格式的 html。

<Form name ="form1" Method ="GET" Action ="result.php">

   room number: <INPUT TYPE = "TEXT" Name ="roomId">
   <INPUT TYPE = "Submit" Name = "Submit" VALUE = "Go">

</FORM>

还有另一个处理它的页面，称为 results.php。

$roomId = $_POST['roomId'];

            $sql = mysql_query("SELECT * FROM forestcourt WHERE id=$roomId");

            $id2 = 'id';
            $buildingName = 'buildingName';
            $subBuildings = 'subBuildings';
            $imagePath = 'imagePath';
            $description = 'description';


            $rows2 = mysql_fetch_assoc($sql);
            echo 'Name: ' . $rows2[$buildingName] . '<br/>' . 'Sub Buildings: ' . $rows2[$subBuildings] . '<br/>' . 'Description: ' . $rows2[$description] . '<br/>' . 'Location: ' . '<img src="../' . $rows2[$imagePath] . '"/>' . '<br/><br/>';

我希望它有效地做的是从 test.php 上的输入中获取值，并在按下提交按钮时将其存储在 results.php 页面上为$roomId。我已经将它与其他示例一起使用，但我不确定为什么它不在这里......希望我只是犯了一个简单的错误，有人可以指出它！

我知道该页面已连接到数据库，因为如果我对“results.php”进行一些评论，它会从数据库中获取信息。

如果我注释掉：

$roomId = $_POST['roomId'];

并改变：

$sql = mysql_query("SELECT * FROM forestcourt WHERE id=$roomId");

到;

$sql = mysql_query("SELECT * FROM forestcourt WHERE id=1");

results.php 页面上的信息与数据库中的信息相同。

当我完成这个过程时出现的一个错误是；

"警告：mysql_fetch_assoc()：提供的参数不是有效的 MySQL 结果资源在 /websites/123reg/LinuxPackage23/ed/ge/_g/xxx.co.uk/public_html/testing/result.php 在第 49 行"

第 49 行将是：

 $rows2 = mysql_fetch_assoc($sql);

在 results.php 上。

如果有人能解释为什么它不起作用，那就太好了。我对 MySQL 很陌生，我花了一天中最好的时间来解决这个问题！如果需要更多信息，我会尽快尝试提供。

【问题讨论】：

你的表单方法是get。您应该使用$_GET['roomId'] 访问超级全局变量...或将表单方法更改为post。
感谢汉拿吉的回答！一天的工作终于完成了！

标签： php html mysql forms

【解决方案1】：

您应该在 test.php 中更改 method="post" 或在 results.php

中更改 $roomId = $_GET['roomId']; 或 $roomId = $REQUEST['roomId'];

【讨论】：

哇哦。就是这样。感谢您的回答！你能解释一下为什么会发生这种情况，以便我将来知道吗？谢谢。
当您在表单中使用 method="GET" 时，您会使用相同的方法 ($_GET) 捕获 result.php 中的值，对于 POST 也是如此。这就是 PHP 的工作原理。您还可以在 results.php 中使用 $_REQUEST 来捕获使用 method="GET" 和 method="POST" 发送的值，但这还有其他问题 (stackoverflow.com/questions/1924939/php-request-vs-get-and-post)
请@diffie 将其添加到您的答案中

【解决方案2】：

$sql = mysql_query("SELECT * FROM forestcourt WHERE id=1");

如果您希望上面的代码或$_POST['roomId'] = $roomid 之类的东西工作。

比执行以下操作：

$sql = mysql_query("SELECT * FROM forestcourt WHERE id='1'");

或

$sql = mysql_query("SELECT * FROM forestcourt WHERE id='$roomid'");

如果不是为了其他人，你可能已经解决了。

当然表单方法必须是 POST 或 GET 相应的。

【讨论】：

【解决方案3】：

您的操作页面是 result.php 而不是 results.php，如果您希望代码正常工作，请将您的表单更改为 POST：

<Form name ="form1" Method ="post" Action ="result.php">

   room number: <inpyt type = "text" Name ="roomId">
   <input TYPE = "Submit" Name = "Submit" VALUE = "Go">

</FORM>

在 php 中，首先检查你是否得到了这样的值：

if(isset($_POST['roomId'])) $roomId = $_POST['roomId'];

【讨论】：