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まずは記録を更新したいと思います。mySQL FROM SELECT ステートメントの値を持つドロップダウン ボックスを作成しましたが、以前に選択した 1 つのデータベース エントリで正常に動作しています。しかし、別のテーブルにある変更に対して別の値が必要です。

注文テーブルの値からの更新のためにドロップダウンします。

    echo '<div class = "MediaType" >'; //Start class Media Type
    echo '<strong><label for="rate">Media Type</label></strong>';
    echo '<br/><br/>' ;

        $sql = "SELECT `media_type` FROM `order` where `po_number` = '".$ponumber."'";
        $result = mysql_query($sql);

        while ($row = mysql_fetch_array($result)) 
            {
                echo "<select class='dropdownsize' name='media_type[]' tabindex='$k'>";

                echo "<option value='" . $row['media_type'] . "'>" . $row['media_type'] . "</option>";
                echo '</select>';
                echo '<br/>';
            }

echo '</div>'; //End Class Media Type

挿入プロセス中に選択して挿入したドロップダウンに「ONLINE」という値が表示されます。

media_type テーブルからページを挿入するためにドロップダウン

echo '<div class = "MediaType" >'; //Start class Media Type
    echo '<strong><label for="rate">Media Type</label></strong>';
    echo '<br/><br/>' ;

        //for loop for dropdown from user index//
        for($k=1;$k<=$textboxindex;$k++)
        {
        $sql = "SELECT media_type FROM media_type";
        $result = mysql_query($sql);
            echo "<select class='dropdownsize' name='media_type[]' tabindex='$k'>";
            while ($row = mysql_fetch_array($result)) 
            {
                echo "<option value='" . $row['media_type'] . "'>" . $row['media_type'] . "</option>";
            }
            echo '</select>';
            echo '<br/>';
        }
echo '</div>'; //End Class Media Type

テーブル名 = "media_type" 値 = "TV","ONLINE","Roller",Banner","Roll Over"

この「media_type」値を挿入ドロップボックスと同じように更新ドロップ ボックスに入れたいので、エンドユーザーは media_type 値を挿入としてエントリを変更できます。ただし、初めて表示するときは、ドロップボックスのデフォルト値は以前に入力したデータと同じにする必要があります。

申し訳ありませんが、私の質問は混乱しています。最善の方法は何ですか。どんな助けでも感謝します。ありがとうございました

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まず最初に、PHP で mysql_* 関数を使用すべきではない理由を確認してください。

既存のコードに従って、DROP DOWN FOR THE UPDATE from order テーブルの値を変更できます。以下のコードで..ここで、目的の結果を得るために 2 番目の while ループを実行しています..

また、パフォーマンスの観点から追加するオプションが数千ある場合、正しい方法ではない可能性があることに注意してください..

echo '<div class = "MediaType" >'; //Start class Media Type
    echo '<strong><label for="rate">Media Type</label></strong>';
    echo '<br/><br/>' ;

        $sql = "SELECT `media_type` FROM `order` where `po_number` = '".$ponumber."'";
        $result = mysql_query($sql);

        while ($row = mysql_fetch_array($result)) 
            {
                echo "<select class='dropdownsize' name='media_type[]' tabindex='$k'>";

                echo "<option value='" . $row['media_type'] . "'>" . $row['media_type'] . "</option>";


        $sql2 = "SELECT media_type FROM media_type";
        $result2 = mysql_query($sql2);
        while ($row2 = mysql_fetch_array($result2)) 
            {
            echo "<option value='" . $row2['media_type'] . "'>" . $row2['media_type'] . "</option>";
            }



                echo '</select>';
                echo '<br/>';
            }

echo '</div>'; //End Class Media Type
于 2012-11-06T21:49:09.223 に答える