PHPを使用してMySQLデータベースにデータを挿入できません

Question

私は、データベースにアーティスト、アルバム、および曲を追加して議論することができる音楽ウェブサイトを作成しています。ただし、ユーザーがサインアップフォームに入力したデータをデータベースの「ユーザー」テーブルに転送することはできません。私は何が間違っているのか正確には分かっていませんが、データベースの接続に問題がないため、構文に問題があると思われます。私は何時間も探していますが、私はまだ解決策を見つけていません。誰でも助けてくれますか？

<?php include 'header.php'; ?> 

<form class="form" action="register.php" method="POST"> 
    <fieldset> 
    <label for="firstName">First Name:</label> 
    <input type="text" name="firstName" placeholder="John Smith"> 
    <br> 
    <label for="lastName">Last Name:</label> 
    <input type="text" name="lastName" placeholder="John Smith"> 
    <br> 
    <label for="email">Email:</label> 
    <input type="email" name="email" value="some@one.com"> 
    <br> 
    <label for="username">Username:</label> 
    <input type="text" name="username" value="helloitsme"> 
    <br> 
    <label for="password">Password:</label> 
    <input type="password" name="password"> 
    <br> 
    <label for="confirmPassword">Confirm Password:</label> 
    <input type="password" name="confirmPassword"> 
    <br> 
    <label for="age">Age:</label> 
    <input type="number" name="age"> 
    <br> 
    </fieldset> 
    <fieldset> 
    <input type="submit" name="submit" value="Register"> 
    </fieldset> 
</form> 

register.php：エラーは、ユーザーが

signup.phpを「提出」ヒットの後にサインアップフォームからの情報のどれもが私のデータベースに入力されていない取得されていることである。明確にするために

：

<?php 
session_start(); 

if ($_POST["password"] != $_POST["confirmPassword"]) { 
    $_SESSION['signUpBadPassword'] = true; 
    header('Location: signup.php'); 
} 
// Re use connection stuffs 
include "db.php"; 
// get connection 
$conn = DB::connect(); 

$stmt = $conn->prepare("INSERT INTO users (firstName, lastName, email, username, password, age) VALUES (?, ?, ?, ?, ?, ?)"); 

$stmt->bind_param(
    "sssssi", 
    $_POST["firstName"], 
    $_POST["lastName"], 
    $_POST["email"], 
    $_POST["username"], 
    $_POST["password"], 
    $_POST["age"] 
); 

$stmt->execute(); 

// Close the connection 
$conn->close(); 
header('Location: index.php'); 

?> 

とをdb.php：

<?php 

class DB 
{ 

    public static function connect() 
    { 
    $hostname = 'localhost'; 
    $username = 'user'; 
    $password = 'password'; 
    $dbName = 'dbname'; 
    $connection = new mysqli($hostname, $username, $password, $dbName); 

    if ($connection->connect_error) { 
    die('Failed to connect'); 
    } 

    return $connection; 
    } 
} 

Answer 1

use die（mysql_error（））;はあなたのクエリの後、あなたの解決策を見つけるでしょうよりも、私はコメントすることはできません申し訳ありませんが、まだ...

$stmt = $conn->prepare("INSERT INTO users (firstName, lastName, email, 
username, password, age) VALUES (?, ?, ?, ?, ?, ?)") or die(mysql_error()); 

Answer 2

は、これらの6つのフィールドは、「ユーザー」テーブルで唯一のものはありますか？この問題は、データが挿入されておらず、デフォルト値がない表の 'not null'フィールドから発生する可能性があります。たぶんテーブルの構造を見ることができましたか？パラメータを結合することは、すなわちそのポストの値ISSETかどうかを確認してくださいながら、コードの下に

Answer 3

チェック：

$stmt = $conn->prepare("INSERT INTO users (firstName, lastName, email, username, password, age) VALUES (?, ?, ?, ?, ?, ?)"); 

$stmt->bind_param(
    "sssssi", $firstName, $lastName, $email, $userName, $passWord, $age 
); 

//check firstname is set or not 
if(isset($_POST['firstName'])) 
{ 
    $firstName= $_POST['firstName'];  
} 
else 
{ 
    $firstName= NULL; 
} 
//check lastname is set or not 
if(isset($_POST['lastName'])) 
{ 
    $lastName= $_POST['lastName']; 
} 
else 
{ 
    $lastName= NULL; 
} 
//check email is set or not 
if(isset($_POST['email'])) 
{ 
    $email= $_POST['email'];  
} 
else 
{ 
    $email= NULL; 
} 
//check username is set or not 
if(isset($_POST['username'])) 
{ 
    $userName= $_POST['username']; 
} 
else 
{ 
    $userName= NULL; 
} 
//check password is set or not 
if(isset($_POST['password'])) 
{ 
    $passWord= $_POST['password']; 
} 
else 
{ 
    $passWord= NULL; 
} 
//check age is set or not 
if(isset($_POST['age'])) 
{ 
    $age= $_POST['age'];  
} 
else 
{ 
    $age= 0; 
} 

Answer 4

$_POST値は常にがタイプ「文字列」であることを行っているので、$_POST["age"]は常になります：

$_POST['age'] !== (int)$_POST['age'] 

しかし、あなたのタイプの宣言（ssssiビット）は$_POST["age"]が"i"nteger型であると述べています。

したがって、これを反映するように->bind_paramを修正してください。最も簡単な方法は確立することです：あなたのPHPで

$_POST['age'] = (int)$_POST['age']; 

---

ヘッダは、実行中のスクリプトの残りを防ぐためにを呼び出した直後に、あなたはexitまたはdieを呼び出す必要があります。たとえば、正しいスクリプトでは、ヘッダーが送信されている間はページの残りの部分がまだ実行中であるため、実行挿入コードが実行されます。

---

• error logging to your PHPを追加します。

• Error logging to your MySQLi queriesを加える。

• もう1つ重要なことは、フォームにCross Site Request Forgeriesが表示されないようにすることです。

• 上記の方法で問題が解決しない場合、挿入が失敗する理由をより正確に示すために、MySQLiテーブルを表示してください。