php - 努力从另一个表中选择一个值

Question

我目前正在使用 PHP、HTML 和 MySQL 构建数据库。

我有一个事件表。 Event_id 是主键。当有人注册参加事件时，他们输入了他们的 student_id 并且他们还从从我的事件表中提取事件的保管箱中选择了一个事件。我有一个 event_registration 表，它记录了此表单中的所有条目。我的 event_registration 表中有 event_id，我正在努力做到这一点，以便当有人选择某个事件时，该事件的 ID 会自动进入 event_registration表。我目前的 PHP 代码是这样的:

$student_id = $_POST['student_id'];
$title = $_POST['title'];

$sql = "select event_id from events where title LIKE $title";
$db->select_db($database);
$event_id = $db->query($sql);



$q  = "INSERT INTO event_registration (";
$q .= "student_id, event_id, title";
$q .= ") VALUES (";
$q .= "'$student_id', '$event_id', '$title')";

$result = $db->query($q);

student_id、title 和 registraion_id(自动递增)插入正常，但 event_id 是总是显示为 0，我不确定哪里出错了。感谢您的帮助。

		<td style="width: 176px; height: 23px">Event Title</td>
		<td style="height: 23px"><select name="title" style="width: 124px">
		<?php 
		include ("detail.php"); 
		$sql = mysqli_query($db, "SELECT title FROM events");
		while ($row = $sql->fetch_assoc()){
		?>
		<option><?php echo  ($row['title']); ?></option>";
		
		<?php
		}
		?>
		</select></td>

我的下拉代码

Answer 1

您似乎遇到的问题是:

$event_id = $db->query($sql);

可能不会马上给你你期望的数字，而是你需要像这样获取:

$result= $db->query($sql);
$result = $result->fetch_assoc();
$event_id = $result['event_id'];

但是，根据您的评论，您正在构建下拉菜单:

<?php 
    include ("detail.php"); 

    $sql = mysqli_query($db, "title FROM events"); 

    while ($row = $sql->fetch_assoc()){ 

?> 

<option><?php echo ($row['title']); ?></option> 

<?php } ?>

您可以这样做:

<?php 
    include ("detail.php"); 

    $sql = mysqli_query($db, "SELECT event_id,title FROM events"); 

    while ($row = $sql->fetch_assoc()){ 

?> 

<option value="<?php echo $row['event_id']; ?>"><?php echo ($row['title']); ?></option>"; 

<?php } ?>

请注意我还如何在选择条件上添加 event_id。这样，用户将按预期看到标题，但您将像这样通过 POST 直接获取 ID:

$event_id = $_POST['event_id'];

您确实必须将选择下拉列表的名称更改为 event_id 而不是像这样的标题:

<select name="event_id">