入力データゲストブックPHP

Question

私はmysqlデータベースでゲストブックを作成しようとしています。私はフォーム上にSQLデータを表示するのに問題はありません。

しかし、私がデータを入力しようとすると、私の送信ボタンdosent仕事。私は問題がこのコードにあると思うが、私はそれを見つけることができない。チュートリアルを2〜3回やりました。

エラーメッセージはありません。しかし、これはコードの一部です。 おかげ

ゲストブックを2つのphpファイルに区切られ

<?php 

if(isset($_GET['page'])){ 


    echo " 

    <form action='guest_process.php' method='post'> 

<p>Name: <input type='text' name='name'> </p> 
<p>Email: <input type='text' name='email'> </p> 
<p>Comment: </p> 
    <p><textarea name='comment'></textarea></p> 
    <hr /> 
    <p><input type='button' name='submit' value='Post Entry'></p> 


    </form> 

    "; 





    }else{ 

$connect = mysql_connect('localhost','root','') or die ('Couldnt connet'); 
$db = mysql_select_db('guestbook'); 

$query = mysql_query('select * from guestbook order by id desc'); 
$num_rows = mysql_num_rows($query); 

if($num_rows > 0){ 

    //display entries 
    while($row = mysql_fetch_assoc($query)){ 
     echo " 
     <p> 
     <b>Name: </b>".$row['name']." 

     </p> 

     <p> 
     <b>Email: </b>".$row['email']." 

     </p> 

     <p> 
     <b>Comment: </b>".$row['comment']." 
     </p> 

     <p> 
     <b>Date: </b>".$row['date']." | Time: ".$row['time']." 
     </p> 
     <hr /> 
     "; 


     } 


    } else{ 

     echo 'no entries in database'; 
     } 

    } 

?> 

。 これはguest_process.php

<?php 

if($_post['submit']){ 

$connect = mysql_connect('localhost','root','') or die ('Couldnt connet'); 
$db = mysql_select_db('guestbook'); 

$name = strip_tags($_POST['name']); 
$email = strip_tags($_POST['email']); 
$comment = n12br($_POST['comment']); 
$date = date('Y-m-d'); 
$time = date('H:i:s'); 

$query = mysql_query("insert into guestbook values('','$name','$email','$comment','$date','$time')"); 

header('Location: index.php'); 


}else { 
header ('Location: index.php'); 

} 
?> 

Answer 1

が、これは良くない他のページです：

<input type =button name='submit' value='Post Entry'> 

それは次のようになります。

<input type="submit" name="submit" value="Post Entry"> 

Answer 2

使用<input type="submit" value="Post Entry">の代わり<input type=button>

Answer 3

問題は、データベースに何かを入れるコードがないことです。

まず、実際に何かを投稿する必要があります。あなたは、この行がこれを行うと思うかもしれないが、それはしていません：

<input type =button name='submit' value='Post Entry'> 

別にあなたがタイプの周り"を必要とすることから、「ボタン」が実際に提出しないものではありません。それにはクライアント側のコードが必要です。あなたはそれをもっと良く変えることができます

<input type="button" name='submit' value='Post Entry'> 

あなたはそこにいることはありません。今度は$_POST変数から情報を取得する必要があります（そこにあるものを見るにはvar_dump($_POST)を試してください）、データベースに入れてください。あなたはSQLのための適切なコマンドと私は submitボタンが（あなたの多くが言ったように）、間違っていた問題を解決し、おそらく