不能用php将数据插入到mysql数据库中的现有表中

我得到的消息是新记录被创建，但是当我重新加载phpmyadmin时，表是相同的。我也从同一个数据库中检索了来自同一个表的的信息，用SELECT命令，所以这个连接就可以工作..（明白地说）。我不知道为什么不更新。请帮忙。先谢谢你。不能用php将数据插入到mysql数据库中的现有表中

<html> 
<head> 
</head> 
<body> 
<?php 
define('DB_NAME', 'appointments'); 
define('DB_USER', 'root'); 
define('DB_PASSWORD', ''); 
define('DB_HOST', 'localhost'); 

$link = mysqli_connect(DB_HOST, DB_USER, DB_PASSWORD, DB_NAME); 

if (!$link) { 
    die('Could not connect: ' . mysql_error()); 
} 
$hos=$_POST['hos']; 
echo $hos; 
echo "<br/>"; 
$doc=$_POST['doc']; 
echo $doc; 
$date=$_POST['fdate']; 
echo $date; 
$time=$_POST['time']; 
echo $time; 
$pat=5; 
echo $pat; 
$sql = "INSERT INTO rantevou ('app_id','patient_id','date','time','hos','doc') VALUES ('4','$pat','$date','$time','$hos','$doc');"; 
if ($sql) { 
    echo "New record created successfully"; 
} else { 
    echo "Error: " . $sql . "<br>" . $conn->error; 
} 
mysqli_close($link); 
?> 
</body> 
</html>

来源

2016-05-16 ask2know

你不会执行你的查询。你只能设置一个变量 –

用引用形式表和列名称来代替使用'backtick'。并忘记你执行插入查询 – Saty

有很多错误在你的代码

使用 mysql_error()

1.因为你用mysqli的数据的基础上，你不能使用mysql_error connection.second事情mysql没有更多支持

解决方案使用mysqli_error($link);

2。使用$conn->error

你不能我们的$conn->error怎么一回事，因为你连mysqli程序的方式不是像面向对象的方法，你也不能定义一个$conn，而不是你使用$link

解决方案使用mysqli_error($link);

正确代码

if(!mysqli_query($link, $sql)){ printf("Errormessage: %s\n", mysqli_error($link)); die; }else{ echo "New record created successfully"; }

，因为你声明的变量$sql但你没有执行的

新纪录被创造

你得到这个消息的所有方面为什么数据未插入

，因为你如果条件检查变量有一个值（不是0），并且是$sql有值

1.您必须使用准备语句，如果您不想在插入语句中执行任何SQL注入SQL INJECTION

2'单引号或“”只有在一个字符串申请不上号，如果你的app_id是int不使用（“”或“”）报价而不是将“4”为int

3.handle错误日志https://stackoverflow.com/a/3531852/3234646

4，请明确的概念使用数据库扩展的 http://php.net/manual/en/class.mysqli.php

来源

2016-05-16 11:12:35

-1

而不是

"INSERT INTO rantevou ('app_id','patient_id','date','time','hos','doc') VALUES ('4','$pat','$date','$time','$hos','$doc');"

所享有的列

"INSERT INTO rantevou (app_id, patient_id, date, time, hos, doc) VALUES ('4','$pat','$date','$time','$hos','$doc');"

或使用反引号

"INSERT INTO rantevou (`app_id`, `patient_id`, `date`, `time`, `hos`, `doc`) VALUES ('4','$pat','$date','$time','$hos','$doc');"

你忘了执行查询

mysqli_execute($con, "INSERT INTO rantevou (`app_id`, `patient_id`, `date`, `time`, `hos`, `doc`) VALUES ('4','$pat','$date','$time','$hos','$doc')");

来源

2016-05-16 10:53:01 keziah

你忘了执行查询，if ($sql) {只是评估变量。

if (mysqli_query($link, $sql)) { 
    echo "New record created successfully"; 
} else { 
    echo "Error: " . $sql . "<br>" . $conn->error; 
}

此外，你需要使用SQL相关的变量，而不是单引号反引号：

$sql = "INSERT INTO rantevou (`app_id`,`patient_id`,`date`,`time`,`hos`,`doc`) VALUES ('4','$pat','$date','$time','$hos','$doc');";

来源

2016-05-16 10:53:10 Panda

@ ask2now这些答案中的任何一个能解决你的问题吗？也许通过点击upvote/downvote按钮下面的勾号来接受最好的答案，谢谢:) – Panda

-1

首先，不使用的列名的单引号，要么使用没有或使用反引号。
其次，你忘了执行查询。
另外，使用OOP更好。

请尝试：

和

$query = "INSERT INTO rantevou (app_id,patient_id,date,time,hos,doc) VALUES ('4','$pat','$date','$time','$hos','$doc');"; 
if ($mysqli->query($query)) echo "New record created"; 
else echo "Error: ".$mysqli->error;

来源

2016-05-16 10:54:33

-1

编辑：什么luweiqi说：语句还没有被执行！

好像你知道你在做什么。您确定这里的参数：

$sql = "INSERT INTO rantevou (**'app_id','patient_id','date','time','hos','doc'**) VALUES ('4','$pat','$date','$time','$hos','$doc');"; 
if ($sql) {

与您的数据库中的列标题完全匹配吗？

检查您的语句的另一个好方法是前往phpmyadmin并转到SQL记事本并输入具有相同结构的查询并查看返回的内容。

您的查询可返回的消息，但消息说，它已经失败......这将依旧会触发你的echo "New record created successfully";

这是我是如何构建我最近一次插入到数据库：

<?php 
// to get data from android app 

$gardenID=$_POST["gardenID"]; 
$vID=$_POST["vID"]; 
$quantity = $_POST["quantity"]; 
$timePlanted = date("Y/m/d"); 

// establishes connection to database 
require "init.php"; 
    echo "here"; 
    echo $timePlanted; 
    echo $quantity; 

$query = "insert into garden_veg (gardenID, vID, quantity, timePlanted) values ('".$gardenID."','".$vID."', 
             '".$quantity."', '".$timePlanted."');"; 

$result = mysqli_query($con,$query); 
      $response = array(); 
      $code = "addItem_success"; //changed code 
      $message = "Item(s) added!"; 
      array_push($response,array("code" => $code, "message"=>$message)); 
      echo json_encode(array("server_response"=>$response)); 
    mysqli_close($con); 
?>

来源

2016-05-16 10:55:18

您并未实际执行您的查询。如果在声明$sql之后添加行$result = mysqli_query($link, $sql);，则将执行查询。

然后，您可以评估它是否曾使用相同if，但把上面一行是

if ($result) { 
    echo "New record created successfully"; 
} else { 
    echo "Error: " . $sql . "<br>" . mysqli_error($link); 
}

在上面的例子中，我也改变了你的错误报告，因为它是引用$康恩，变量你以前没有宣布过。它现在使用与您的代码的其余部分相同的$link变量。

此外，我强烈建议转义您的数据，因为您插入发布数据的内容。转义您的数据将有助于防止SQL Injection。这并不全面安全，但这是一个好的开始。

为了逃脱添加，更改每个$var = $_POST['var']行改为$var = mysqli_real_escape_string($link, $_POST['var']);

例如，$hos=$_POST['hos'];成为$hos = mysqli_real_escape_string($link, $_POST['hos']);

这有助于防止这样的很好的例子，瞬间由XKCD

来源

2016-05-16 11:02:08 Matt

1）删除（'）从列名到backtick（`）

2）执行您的查询。你没有执行。

3）如果app_id柱是auto incremented和primary key。那么，不需要传递价值。保留空白。

<?php 
$sql = "INSERT INTO rantevou (`app_id`,`patient_id`,`date`,`time`,`hos`,`doc`) VALUES ('','$pat','$date','$time','$hos','$doc');"; 
$query = mysqli_query($link,$sql) ; 

if ($query) { 
    echo "New record created successfully"; 
} else { 
    echo "Error: " . $sql . "<br>" . $conn->error; 
}

来源

2016-05-16 11:07:08

不能用php将数据插入到mysql数据库中的现有表中

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