php - 在 POST 上检索名称作为变量

Question

我有一个数据库，在这个数据库中我有一个名为 Question 的表，然后是另一个名为 q_options 的表。我的代码带来了问题，然后是每个问题的选项。选项始终是 radio BTN，我将 QuestionId 分配给 radio BTN 的名称。

<input type = "radio" name = "<?php echo $optionsQID; ?>" value = "<?php echo $optionsID; ?>">

那部分是我无法访问我的数据库的部分。当我 print_r 我的 POST 时，我可以看到指定编号的字段已发布，但提交后我无法从 $qAnswer = $_POST[$optionsQID]; 检索它。

我尝试过使用引号和不使用引号，我还尝试将标识符与变量一起添加到 radio BTN 名称，但我仍然没有获得该字段的值。

我也移动了整个

if (isset($_POST["answerQuestion"])){
            $question = $_POST["questionID"];
            $qAnswer = $_POST[$optionsQID];    

            $sql = "INSERT INTO answers (id, q_id, answer) 
            VALUES (NULL, '$question', '$qAnswer')";

            echo "Thanks for your input";

            if(!mysqli_query($link, $sql)) {
                echo "ERROR: Could not able to execute $sql. " . mysqli_error($link);
            }
        }

在第二个 while 循环内，这会发送 $qAnswer 的正确值，但也会为每个问题创建一条记录。

这是我的代码

<?php
    if (isset($_POST["answerQuestion"])){
        $question = $_POST["questionID"];
        $qAnswer = $_POST[$optionsQID];    

        $sql = "INSERT INTO answers (id, q_id, answer) 
        VALUES (NULL, '$question', '$qAnswer')";

        echo "Thanks for your input";

        if(!mysqli_query($link, $sql)) {
            echo "ERROR: Could not able to execute $sql. " . mysqli_error($link);
        }
    }
    ?>
    <?php $questionsResult = $link->query("SELECT * FROM questions");
    while($row = mysqli_fetch_array($questionsResult)){
        $questionID = $row['id'];
        $question = $row['question'];

        ?>
        <div style = "margin: 20px 10%; padding: 50px 10%; width: 60%; border: 1px solid #444444;">
            <form role="form" action = "" method="post" id="answerForm" name = "answerForm">
                <h3><?php echo $question; ?></h3>
                <input type = "hidden" name = "questionID" value = "<?php echo $questionID; ?>">
                <?php

                $optionsResult = $link->query("SELECT * FROM q_options WHERE q_id = $questionID");
                while($optionsRow = mysqli_fetch_array($optionsResult)){
                    $optionsID = $optionsRow['id'];
                    $optionsQID = $optionsRow['q_id'];
                    $option = $optionsRow['options'];
                    ?>
                    <div style = "padding: 5px 0;">
                        <input type = "radio" name = "<?php echo $optionsQID; ?>" value = "<?php echo $optionsID; ?>"> <?php echo $option; ?>
                    </div>
                    <?php
                }
                ?>
                <button type="submit" name = "answerQuestion">Send Answer</button>
            </form>
        </div>
        <?php
    }

    ?>

Answer 1

确保您在本地服务器(使用 XAMPP)或在线主机上运行脚本。几天前，我在将 Ajax 请求的 POST 数据发送到 PHP 文件时遇到了类似的问题，经过几个小时的谷歌搜索后解决了这个问题。我可能是错的，但只要确保您在服务器上运行它(如果您想尝试免费的实时主机，您可以使用 000webhost)

链接 https://www.000webhost.com/ https://www.apachefriends.org/index.html