php - 带有单选按钮的 Mysql 更新数据库

Question

好吧，我正在制作一款游戏，希望用户可以从大量图像中挑选出图像。我在数据库中有一列是 user_image，它的默认值是 0，如果它是 0，它就是一个图像。它是 0-3，每个数字都是一个单独的图像。像这样..

<?php 
if ( $userp['user_image'] = 0 )
{
    echo 
    '<img src="../achievements/Silver-Bank.png" width="60" height="60" title="Change Image"">';
} 
elseif ( $userp['user_image'] = 1  )
{
    echo 
    '<img src="../achievements/Silver-Missions.png" width="60" height="60" title="Change Image"">';
}
elseif ( $userp['user_image'] = 2 )
{
    echo 
    '<img src="../achievements/Silver-Level.png" width="60" height="60" title="Change Image"">';
}
elseif ( $userp['user_image'] = 3 )
{
    echo 
    '<img src="../achievements/Diamond-Bank.png" width="60" height="60" title="Change Image"">';
}
?>

这是显示用户图像的地方。我制作了一个页面供用户使用单选按钮选择图像。这是用于更新数据库的 PHP，我似乎无法让它工作。

<?php 
if ( isset ( $_POST['new_user_image'] ) )
{
    $sql = "UPDATE users SET user_image=(new_user_image) WHERE id='".$id."'";
    $res = mysql_query($sql);
    if (mysql_affected_rows($connect) == 1) {
        echo 'User image sucessfully changed!';
    }
    else
{
}
}
?>    

这就是它的 PHP，不是菜鸟，但它不允许我发布表格和表单？

Answer 1

1. 运行 mysql_query 后需要检查数据库错误；像这样的东西:

   if (mysql_errno()) { die(mysql_error()); }

2. 完全不推荐使用 mysql_ 函数 -- php 手册甚至有一条大红色消息告诉您不要使用它们。请改用 mysqli 或 pdo 扩展。

3. 您的 SQL 语句不是真正有效的 SQL

SET user_image=(new_user_image)

这绝不表示您要将变量的结果存储在该列中。您需要执行以下操作:

$sql = sprintf('UPDATE users SET user_image=%d WHERE id=%d', $_POST['new_user_image'], $id);

如果您不确定您的 SQL，那么至少使用 echo $sql 打印查询文本并检查以确保它直接针对数据库运行。您可以更轻松地解决任何 SQL 特定问题。