問題タブ [mysql-insert-id]

テーブルに改行を挿入する関数を作成し、INSERTステートメントを mysql に呼び出した後、いくつかのチェックを行い、次に の値をチェックしますmysql_insert_id()。

. _ _mysql_insert_id()

私の賭けは安全であるべきですが、これは悲惨なことになる可能性があるのでお願いしています.

mysqli_insert_id()あるテーブルから最後の id 値を取得し、それを別のテーブルに挿入しようとしています。次のコードでは、ID の値が 0 になります (ただし、タイムスタンプは正しいです)。何か案は？これを行うにはいくつかの方法があると思いますが、うまくいかないようです。

私は、4 つのテンプレートが含まれているメインの PHP ページを使用しています。

「two.php」には、AJAX 経由で送信されたフォーム (the_form) が含まれています。

「add_new.php」で、INSERT が完了すると、次の PHP コードが作成されます。

私が経験している問題は、$_SESSION['new_id'] が Ajax 'data' var を介して返され、'alert' に表示されるにもかかわらず、次に表示しようとするとUnidentified Indexエラーが発生することです。を使用してテンプレート ページ (three.php) を作成し<?php echo $_SESSION['new_id'] ?>ます。

助言がありますか？

現在、新しいエントリを挿入 (既存のエントリからデータをコピー) し、この新しいエントリを更新しています。例えば：

ただし、(mysql_insert_id を取得したり、新しいエントリを更新したりすることなく) 新しいエントリを一度に挿入することで、データベースのやり取りを節約したいと考えています。例えば：

age フィールドを明示的に定義して上記を挿入する方法はありますか、それとも別の MYSQL コマンドを使用する必要がありますか?

INSERT の実行中に新しいエントリの auto_incr 値を取得し、その場でテーブル フィールド 'url' を作成したいと考えています。

例：

データベース テーブル フィールド:
id,category,sex,age,url (最後に auto_incr を含む URL を挿入したい)

変数:
$category = 従業員;
$sex = 男性;
$年齢 = 30;

INSERT INTO table VALUES(NULL,$category,$sex,$age,'mywebsite.com/employee-male-30-00000001')

注: 新しく挿入された ID が 00000001 であると仮定します

現在、空の URL で新しいエントリを挿入し、mysql_insert_id() を取得してから、新しいエントリを URL で更新しています。

たった 1 回のデータベース操作でこれを達成するためのより良い方法はありますか?

ユーザー管理ソリューションに UserCake コードを使用しています。データベースに「mobile1」としてもう 1 つの新しいフィールドを追加する必要があります。

したがって、ユーザーテーブルに「mobile1」として新しい列を追加しました。また、register.php ファイルにテキスト フィールドを含めました。

Mysql にデータが挿入されません.....サポートをお願いします。ありがとう

私はmysqlとphpを初めて使うので、始めましょう！

現時点では、$inserted_Claim_id は 1、2、3 などを返しますが、数字の前に自分の個人参照番号を付けたいです。IE; ACL0123

私が持っているのはこれです。

どんな助けも大いに義務付けられます、

よろしく

アンドリュー

私はこのコードを持っています（以下を参照）

上記のコードからわかるように、最初に「records」という名前の db テーブルからすべてのデータを取得し、次に各行を対応する変数に入れ、格納されたデータ (db テーブル名から取得されたデータ) を挿入します。 records」とそこに対応する変数に保存されている）を「backupp」という名前のデータベーステーブルに保存します。ここで、問題は、バックアップに 1 つのレコード (最初にプルされたレコード) のみを追加することです。おそらく、records という名前の db テーブルからバックアップという名前の db テーブルにすべてのプルされたレコードを追加する必要があります。どうして？？提案、推奨事項、手がかり、アイデアは大歓迎です。ありがとうございました！

PS：同じ構造を持つ他のテーブルへのエクスポートとインポートのようなものですが、私はこのようにしたい理由があり、「inventory」と呼ばれるデータベース（$ this-> db）にすでに正常に接続していると仮定します。同じ構造の「records」や「backupp」などのdbテーブル名があります。