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しばらくこのコードを見てきましたが、どこに問題があるのか​​ わかりません。私は StackOverflow 全体を読んでいますが、まだエラーがどこにあるのかわかりません。

<?php

mysqli_connect("localhost","root","","web_table");
mysql_select_db("web_table") or die(mysql_error());

if (mysqli_connect_errno()) {

  echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error();

}
echo "<p> Connection Successful!"

mysqli_query('INSERT INTO web_formitem (ID, formID, caption, key, sortorder, type, enabled, mandatory, data) VALUES (105, 7, Tip izdelka (6), producttype_6, 42, 5, 1, 0, 0)');


echo "<p>Insert successfull";

?>

エラーは 13 行目のどこかにありますmysqli_query('insert...。http://www.w3schools.com/php/php_mysql_insert.aspで自分を助けようとしましたが、あまり役に立ちません。

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3 に答える 3

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mysqli_query（最初のパラメーターは接続、SQLステートメントである必要があります）で

$connetion_name=mysqli_connect("localhost","root","","web_table") or die(mysqli_error());
mysqli_query($connection_name,'INSERT INTO web_formitem (ID, formID, caption, key, sortorder, type, enabled, mandatory, data) VALUES (105, 7, Tip izdelka (6), producttype_6, 42, 5, 1, 0, 0)');

しかし、ベストプラクティスは

$connetion_name=mysqli_connect("localhost","root","","web_table") or die(mysqli_error());
$sql_statement="INSERT INTO web_formitem (ID, formID, caption, key, sortorder, type, enabled, mandatory, data) VALUES (105, 7, Tip izdelka (6), producttype_6, 42, 5, 1, 0, 0)";
mysqli_query($connection_name,$sql_statement);
于 2014-06-21T11:55:14.790 に答える
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もちろん、質問には答えましたが、誰もあなたのコードの 3 行目に気づいていないようです。それは絶えず私を悩ませました。

    <?php
    mysqli_connect("localhost","root","","web_table");
    mysql_select_db("web_table") or die(mysql_error());

何らかの理由で、サーバーへの mysqli 接続を作成しましたが、データベースへの mysql 接続を作成しようとしています。

       $link = mysqli_connect("localhost","root","","web_table");
       mysqli_select_db ($link , "web_table" ) or die.....

または私が始めた場所

     <?php $connection = mysqli_connect("localhost","root","","web_table");       
      global $connection; // global connection to databases - kill it once you're done

または、上記のように $connection パラメータを他の引数として使用してクエリを実行します。その 3 行目を削除します。

于 2016-07-29T20:20:18.150 に答える