テーブルがあり、私のデータベースに曲を追加したいのですが。すべての曲には独自の曲IDがあるので、曲を追加しようとすると曲IDも更新する必要があります。現時点ではうまくいかなかった。mysqlのphp add songID
if($action == "add-songs"){
$db = mysqli_connect($host, $user, $pass,$database);
if($_GET['action3'] == "2"){
mysqli_query($db, "INSERT INTO songs (id, songName, songID) VALUES (0, '".$_GET['songname']."', '".$_GET['id']."')");
header("Location: /?action=show-songs");
}
$h = "";
$h.= "";
$h.= "<form><input type='hidden' name='action' value='add-songs'><input type='hidden' name='action3' value='2'><input type='hidden' name='id' value='id'><table class='table table-striped'>";
$h.= " <tr>";
$h.= " <td><b>Nummer</b></td>";
$h.= " <td><input type='text' name='songname' class='form-control' placeholder='Naam'></td>";
$h.= " </tr>";
$h.= " <tr>";
$h.= " <td colspan='2'><input class='btn btn-primary' type='submit' value='UPDATE'></td>";
$h.= " </tr>";
$h.= "</table></form>";
echo $htop;
echo $h;
echo $hbot;
クエリ – denny
のidに変更し、このID = 0 =「」 'work'なかった何を? SQL、フォーム送信、mysql接続。 Plzスクリプトを行ごとにデバッグし、最初にエラーを見つけます。 – JustOnUnderMillions
*曲を追加しようとすると、songID *を更新する必要があります。もしあなたが 'INSERT'をしているのなら、それは* songID *を更新する必要がありますか?また、* id *カラムを自動インクリメントし、すべてのidに '0'を挿入しないようにしてください。意味がありません。 –