无法将表单数据传递给 PHP 以更新数据库答案

【问题标题】：Can't pass form data to PHP to update Database无法将表单数据传递给 PHP 以更新数据库
【发布时间】：2017-12-20 00:47:36
【问题描述】：

感谢所有回复的人。我得到了它的更新，并结合了你的想法。我已经修改了代码以显示有效的方法。

通过将LIKE按钮值传递给php来实现LIKE功能，从而更新数据库。

这会显示表格，每行都有一个 LIKE 按钮：

echo '<table>
           <tr>
            <th>Word ID</th>
            <th>User ID</th>
            <th>User Name</th>
            <th>Word</th>
            <th>Meaning</th>
            <th>Example</th>
           </tr>';

    foreach ($data as $row) 
      { 
        echo '<tr>';
            foreach ($row as $value)
                  { 
                echo '<td>';
                    echo $value;
                echo '</td>';
              } 


    echo '<td>
 <form method="POST" action="'.$_SERVER["PHP_SELF"].'">
<input type="hidden" name="LIKE" value="'.$row['wordID'].'">
<input type="submit" class="btn btn-success" value="Submit">
</form>

                 </td>';

            echo '</tr>';
          }
        echo '</table>';

处理表单提交的代码是：

    if($_POST['submit']) 
 {
$sql = "UPDATE vocab SET likes = likes+1 where wordID = '{$row['wordID']}'"; 

$stmt = $db->prepare($sql);

/* Execute */
            $stmt->execute();

}

【问题讨论】：

在你的更新中'{$row['wordID']}' 应该是'{$_POST['wordID']}' 吗？（也请使用占位符而不是将值插入 SQL）
还将 action="<?php echo $_SERVER["PHP_SELF"]?> 更改为 action="'. $_SERVER["PHP_SELF"].' 。你把你的代码混在一起了。
恐怕没什么区别。
我同意，奈杰尔！我正在混合我的代码 - 我发现很难将 php 嵌入到 html 中。仍然无法正常工作:(
尝试将其拆分，分别回显每个部分（不同的回声）。使其更易于阅读（恕我直言）

标签： php html mysql forms

【解决方案1】：

<form method="post" action="<?php echo $_SERVER["PHP_SELF"]?>

是您不在<?php 标记中时使用的语法。在这里，您已经在使用 PHP 和 echo 编写代码，而您只需在其中再次添加 <?php 和另一个 echo，这没有任何意义。

echo '...  <form method="post" action="'.$_SERVER["PHP_SELF"].'">  ...';

是您想要包含 php_self 值的方式。

也

<input type="submit" value="LIKE" name="<?php echo $row["wordID"]; ?></form>

应该是

<input type="submit" value="LIKE" name="'.$row['wordID'].'"></form>

但你不能搜索 $_POST['wordID']，在 for 循环中搜索 $_POST[$row['wordID']]。

【讨论】：

谢谢。我现在明白了。我现在没有收到任何错误，但数据库没有更新。
你对 php echo $row["wordID"] 做过同样的事情吗？看看我的编辑
感谢您的帮助。我让它更新数据库但不正确。至少现在一切都在与一切对话，我必须查看我的程序逻辑以使其正确更新。干杯。

【解决方案2】：

你在 echo 里面做一个 echo ：

echo '<td>
            <form method="post" action="<?php echo $_SERVER["PHP_SELF"]?>
            <input type="submit" value="LIKE" name="<?php echo $row["wordID"]; ?></form>
                 </td>';

<form method="post" action="<?php echo $_SERVER["PHP_SELF"]?>

应该是：

<form method="post" action="'.$_SERVER["PHP_SELF"].'">

【讨论】：

因为这是单引号，所以不会做任何替换。
好的，谢谢。我遵循了你的语法，也遵循了 name 属性： echo '

';我不再收到 404，但数据库没有更新。

【解决方案3】：

我会这样做：

<td>
<form method='POST'>
<input type='hidden' name='LIKE' value='".$row['wordId']."'>
<input type='submit' value='Submit'>
</form>
</td>

Action 将始终默认为：PHP_SELF，所以没有必要添加它，另外添加隐藏字段而不是提交按钮对我来说更可取，因为它更易于阅读，另外添加了一个简单的选项，以防你真的想添加更多到形式（完全有可能）

【讨论】：

我试过了，但出现语法错误，意外的 'POST' (T_STRING)，期待 ',' 或 ';'我在您的代码 sn-p 中将 ' 更改为 " 但仍然无法正常工作。
$sql = "UPDATE vocab SET likes = likes+1 where wordID = '{$row['wordID']}'";
抱歉，您能否澄清一下。我用 $_POST['LIKE'] 替换什么？
感谢您的帮助。我让它更新了数据库，所以语法问题现在已经解决了。更新是不正确的，所以我必须查看我的程序逻辑以使其正确更新。如果我不能解决它，我会发布一个新问题。