在选择查询后运行插入查询在php

问题描述：

我试图在选择查询返回0（未找到原料）后插入到多个表中选择查询工作并插入查询从未完成时submite“displayid”并且没有任何语法错误在选择查询后运行插入查询在php

代码：

<?php 
    if ($_POST["displayid"] == TRUE) { 

     $sqlid = "SELECT * FROM doc1 WHERE idnum ='$pidnum' AND stats='$ok'"; 
     $result = mysqli_query($conn, $sqlid); 
     if (mysqli_num_rows($result) > 0) { 
      $sqlup = "UPDATE doc1 SET m_phone='$pm_phone', seen='$dataseen' WHERE idnum ='$pidnum'"; 
      mysqli_query($conn, $sqlup); 
      $found = 1; 
     } else { 
      $found = 0; 
      $sqlfail = "INSERT INTO fail(fname,lname,tname,funame,idnum,m_phone,reg_date) 
VALUES ('$pfname','$plname','$ptname','$pfuname','$pidnum','$pm_phone','$todaydate')"; 
      $conn->query($sqlfail) 
     } 
    } 
?>

做一些调试回声查询'echo sqlfail;'然后直接复制粘贴到mysql上，如果出现错误等，可能会得到一些信息。 –

使用参数e查询，而不是连接字符串，你会避免你在这里有缺少引号的问题，代码将不会如此不安全 – rypskar

为你的参数提供完整的sql创建语句和值 –

答

使用此代码：

$sqlfail = "INSERT INTO fail(fname,lname,tname,funame,idnum,m_phone,reg_date) 
VALUES ('".$pfname."','".$plname."','".$ptname."','".$pfuname."','".$pidnum."','".$pm_phone."','".$todaydate."')";

作出更新命令类似的变化，以及

颜色说一些语法错误，顺便说一句你的意图会使不用找了。 – C2486

亲爱的shubhamj代码不工作页面变白 – soma

答

你确实有一个错误

$conn->query($sqlfail)

应该

$conn->query($sqlfail);

修复此问题，仍然没有插入 – soma

提供完整的SQL为您的参数创建语句和值。有些调试需要在那里完成 –

答

AND stats='$ok'";

我不能看到一个变量，这个名字我想你的意思AND stats='ok'";

在选择查询后运行插入查询在php

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