php - 使用 select 形式更新 Mysql 中的数据

Question

我正在构建一个错误跟踪工具。

您可以向项目添加错误，并且这些错误有一个状态(未解决或已解决)。

使用此选择表单，您可以更改项目页面上的状态，所有错误都显示在表格中:

                <form action="classes/bugStatus.class.php" method="post">
                  <select name="status" id="status" onchange='this.form.submit()'>
                       <option>-Select-</option>
                       <option value="Solved">Solved</option>
                       <option value="Unsolved">Unsolved</option>
                   </select>
                <input type='hidden' name='ID' value="<?php echo $id;?>"> 
                <noscript><input type="submit" value="Submit"></noscript> 
                </form>

有了这个类，状态就会改变:

 $status = $_POST['status'];
 $id     = $_POST['ID'];

$sql="UPDATE bugs SET status = '$status'";  

 $result = mysql_query($sql); 
 $result = mysql_real_escape_string($sql); 

 if($result){
      header('Location: ../projectpage.php?id='.$id); 
      } else { 
      echo "There is something wrong. Try again later."; } 
      mysql_close();

问题是，当我选择某些内容时，它会更改该项目中每个错误的每个状态，我不希望这样。我只想更改所选错误的状态。在 MySQL 数据库中，每个错误都有一个唯一的 ID，所以我想我也必须选择该错误 ID。我不知道如何从数据库中检索该错误 ID。

该表单不是 sql 注入(inject)证明，也不是 mysqli，我稍后会更改它。

有人可以帮助我吗？

Answer 1

$sql="UPDATE bugs SET status = '$status'"; 

您需要使用 WHERE id = $id 更新此行

您目前没有指定要更新哪个错误，因此您更新了所有错误。

作为补充说明，整个社区将会因为您使用旧的 mysql 扩展而对您进行追责。看看mysqli或PDO ，从长远来看，我保证这是值得的。

哎呀，你已经提到过这一点，没关系。