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我创建了 2 个页面。一个叫做 test.php,上面只有一些 html 和标准格式。
<Form name ="form1" Method ="GET" Action ="result.php">
room number: <INPUT TYPE = "TEXT" Name ="roomId">
<INPUT TYPE = "Submit" Name = "Submit" VALUE = "Go">
</FORM>
还有另一个将处理它的页面称为 results.php。
$roomId = $_POST['roomId'];
$sql = mysql_query("SELECT * FROM forestcourt WHERE id=$roomId");
$id2 = 'id';
$buildingName = 'buildingName';
$subBuildings = 'subBuildings';
$imagePath = 'imagePath';
$description = 'description';
$rows2 = mysql_fetch_assoc($sql);
echo 'Name: ' . $rows2[$buildingName] . '<br/>' . 'Sub Buildings: ' . $rows2[$subBuildings] . '<br/>' . 'Description: ' . $rows2[$description] . '<br/>' . 'Location: ' . '<img src="../' . $rows2[$imagePath] . '"/>' . '<br/><br/>';
我想让它有效地做的是从 test.php 上的输入中获取值,并在按下提交按钮时将其作为 $roomId
存储在 results.php 页面上。我已经让它与其他示例一起使用,但我不确定为什么它不在这里......希望我只是犯了一个简单的错误,有人可以指出它!
我知道该页面已连接到数据库,因为如果我对“results.php”做一些评论,它会从数据库中获取信息。
如果我注释掉:
$roomId = $_POST['roomId'];
和改变:
$sql = mysql_query("SELECT * FROM forestcourt WHERE id=$roomId");
到;
$sql = mysql_query("SELECT * FROM forestcourt WHERE id=1");
results.php页面中的信息与数据库中的信息相同。
当我完成这个过程时出现的一个错误是;
"Warning: mysql_fetch_assoc(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /websites/123reg/LinuxPackage23/ed/ge/_g/xxx.co.uk/public_html/testing/result.php on line 49"
第 49 行将是:
$rows2 = mysql_fetch_assoc($sql);
在 results.php 上。
如果有人能阐明为什么它不起作用,那就太好了。我是 MySQL 的新手,我花了一天中最好的时间来解决这个问题!如果需要更多信息,我会尽快尝试提供。
最佳答案
您应该更改 test.php 中的 method="post"
或更改 $roomId = $_GET['roomId'];
或 $roomId = $REQUEST['roomId'];
在 results.php
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