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これが私のフォームです

<html>
<head><title>Hawkins Car Records</title></head>
<body><h1>Add New Car</h1></body>
<form action="carNewBack.php" method="POST">
Car Name: <input type="text" name="carName"/>
<br>
Make: <input type="text" name="make"/>
<br>
Model: <input type="text" name="model"/>
<br>
Year: <input type="text" name="year"/>
<br>
Last 5 digits of VIN: <input type="text" name="lastVIN"/>
<br>
Plate: <input type="text" name="plate"/>
<br><br>
<input type="submit" value="Submit"/>
</form>
</html>

送信ボタンを押しても何も起こりません。白い画面も 404 も何もありません。carNewBack.php は実行しません。誰かが何かアイデアを共有できますか?

アクションファイルはこちら。私の家族の車のサービス記録のデータベースを構築しようとしています。これは、入力を受け取り、新しい車の記録を作成するフォームです。

<?php

$carconnect = mysqli_connect("localhost", "carUser", "caps271:snows", "cars");

if (mysqli_connect_errno()) {
    printf("connect failed: %s\n", mysqli_connect_error());
    exit();
} else {
    $carName = mysqli_real_escape_string($_POST['carName']);
    $make = mysqli_real_escape_string($_POST['make']);
    $model = mysqli_real_escape_string($_POST['model']);
    $year = mysqli_real_escape_string($_POST['year']);
    $lastVIN = mysqli_real_escape_string($_POST['lastVIN']);
    $plate = mysqli_real_escaped_string($_POST['plate']);

   $sql = "INSERT INTO cars (carName, make, model, year, lastVIN, plate) VALUES ('".               $carName."', '".$make."', '".$model."', '".$year."', '".$lastVIN."', '".       $plate."')"; 
    $res = mysqli_query($carconnect, $sql);

    if ($res === TRUE) {
    echo "Car added";
    } else {
        printf ("Could not insert car: %s\n", mysqli_error($carconnect));
    }
   mysqli_close($carconnect);
}

?>

編集：コード修正。

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4 に答える 4

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タグを閉じるのが早すぎます(3 行目) 。18 行<body>目の直前に閉じる必要があります。</html>

于 2013-08-18T22:10:41.453 に答える
1

親愛なる兄弟 その単純な..

  1. ヘッダーを確認してください 。エラーを抑制するerror_reporting(0);には、php.ini ファイルに次のようなものが必要です。

mysqli_real_escaped_string();2.ユーザーが定義しない限り、有効なデフォルト関数はありません。

それはmysqli_real_escape_string();

親切にmysqli_real_escape_string()を見てください

お役に立てば幸いです:)

于 2013-08-18T23:04:19.317 に答える