php if else 语句在选择框中

Question

我正在开发一个允许用户创建文章的作品，但对管理员有一些限制，我将其标识为 SgroupId 1。现在当我使用我的管理员代码登录时，我意识到我仍然无法发布所有内容，除了我在 loadTypeUsers 中确定的内容。我知道我得到了 Sgroup1 的值，因为管理面板加载在下面的栏中。此外，当我回显该值时，我得到 1 的返回值，这应该没问题。

但是当我尝试在我的弹出窗口中加载下拉菜单时，它不会给我完整的列表。相反，它只加载我在 LoadTypeUsers 中指定的列表。有人可以帮我吗？

提前致谢。

~多夫

function MakeArticleTypeDropdown(){
        echo "<select name='ArticleTypeId'>";

        if($SgroupId == 1 || $SgroupId == 1){ 
            $results = LoadType();
        }
        else
        {
            $results = LoadTypeUsers();
        }

        while($row = mysql_fetch_array($results)){
            echo "<option value='".$row['ArticleTypeId']."'>"
                            .$row['ArticleTypeName']."</option>";
        }
        echo "</select>";
    }

这隐藏在 ArticleFunction.php 文件中

function LoadTypeUsers(){
    $query = "SELECT * FROM Articletype limit 1,3;";
    $resultaat=SendQuery($query);
    return $resultaat;
}

    function LoadType(){
    $query = "SELECT * FROM Articletype;";
    $resultaat=SendQuery($query);
    return $resultaat;
}

这隐藏在 Sentry.php 文件中

session_start();
$UserName = $_SESSION['username'];

$result = mysql_query("select * from user where username='".$UserName."'");
while($row = mysql_fetch_array($result)){
                $UserId = $row['UserId'];
                $CharacterName = $row['CharacterName'];
                $UserName = $row['UserName'];
                $SgroupId = $row['SgroupId'];
            };

Answer 1

$SgroupId 未在函数 MakeArticleTypeDropdown() 中定义，因此它将始终进入 else 条件。尝试如下操作

MakeArticleTypeDropdown($SgroupId)
{
//-----------your code
}