Question

我有查询SQL数据库并在表中显示所有用户的代码，所有工作正常，从那里您可以单击任何用户并显示另一个表包含他们所有的信息，这也很好。

我遇到的问题是在显示所选用户信息表的页面上。在该页面上，我有一个按钮，允许编辑用户信息并更新数据库。

下面是按钮的代码：

print "<form method='post' action='adminedituser.php'> 
<input type='hidden' name='id' value='$id' /> 
<input type='submit' value='Click here to edit this user' /> 
</form>"; 

当我点击这个需要我与需要显示当前用户名，并允许用户将在一个新的值的输入栏的网页并提交。

我想打电话给HTML表单我有内部的PHP变量：

<?php 

$id = filter_input(INPUT_POST, "id"); 
//Make db connection 
$conn=mysql_connect("localhost","root","")or die(mysql_error()); 

//Step 2: select your db to use 
mysql_select_db("final",$conn); 

//Step 3: Write the sql that we want to run against the database 
$result = mysql_query("select id, firstname, lastname, email, phone, username, password, favchar, bio from user where id=$id"); 

$username = $result["username"]; 

?> 


<form method='post' id='myForm' name='input' action='adduser.php'> 
Username: <input type='text' value="<?php echo ($username); ?>" id='uName' name='uName'> 
<input type='submit'> 
</form> 

的问题是，变量$用户名不被显示为文本框的值。

我在做什么错？

<input type='hidden' name='id' value='<?= $id ?>' /> 

你忘值 “打印” 在$ ID：

Answer 1

形式代码shuld改变。

和adminedituser.php的代码：

$id = filter_input(INPUT_POST, "id"); 

路线从您的表单POST请求的 “ID” 字段。

Answer 2

首先，如果我不说别人是：使用mysqli而不是mysql。如果你愿意，你仍然可以使用程序风格（虽然我可以说第一手它很容易学习对象风格），但你只需要快速刷新一下mysqli。 Mysql已被弃用，因此使用它是无用的。你必须最终学习它，所以当你构建一个新的程序时，它可能是最简单的。

转移到你在做什么错，是你实际上没有取任何东西。 MySQL会给你一个对象，然后你需要对行进行排序。

所以，你需要做的是拉mysql_fetch_array。

你可以这样做是这样的：

while($row = mysql_fetch_array($result)) { 
    $username = $row["username"]; 
}