반응형
나중에 사용할 수 있도록 새 행을 삽입하는 데이터베이스에 보유하고있는 데이터를 전송해야하는 HTML 양식이 작성되었습니다. 그러나 작동하지 않는 것 같고 다음과 같은 오류가 발생합니다.
참고 : 정의되지 않은 상수 con 사용- 4 행의 C : \ xampp \ htdocs \ form \ insert.php 에서 'con'으로 가정
경고 : mysql_query ()는 매개 변수 1이 문자열, 17 행의 C : \ xampp \ htdocs \ form \ insert.php 에 제공된 객체 일 것으로 예상합니다. >
데이터가 삽입되지 않았습니다.
<!DOCTYPE html>
<html>
<head>
<title>Form linked to database</title>
</head>
<body>
<form action="insert.php" method="post">
Name: <input type="text" name="username">
<br>
Email: <input type="text" name="email">
<br>
<input type="submit" value="insert">
</form>
</body>
</html>
<?php
$con = mysqli_connect('localhost','[retracted]','[retracted]');
if(!con) {
echo 'Not connected to server!';
}
if(!mysqli_select_db($con,'tutorial')) {
echo 'Database not selected!';
}
$Name = $_POST['username'];
$Email = $_POST['email'];
$sql = "INSERT INTO person (Name,Email) VALUES ('$Name','$Email')";
if(!mysql_query($con,$sql)) {
echo 'Data not inserted';
} else {
echo 'Data inserted';
}
//header("refresh:2; url=form.html");
?>
나는 또한 이것을 위해 localhost에서 XAMPP를 사용하고 있습니다. 도움을 주시면 감사하겠습니다. 감사합니다.
해결 방법
변경해야합니다.
if(!con){
echo 'Not connected to server!';
}
에:
if(!$con){
echo 'Not connected to server!';
}
거기에 달러 기호가 없습니다.
또한 여기에서 mysqli _ 개체 $ con 에서 mysql _ 함수를 사용하고 있습니다.
if(!mysql_query($con,$sql))
이것을 다음으로 변경하십시오.
if(!mysqli_query($con,$sql))
SQL 주입
참조 페이지 https://stackoverflow.com/questions/41484216
반응형
'MySql' 카테고리의 다른 글
| MySQL의 서버 이름을 찾는 방법 (0) | 2020.10.30 |
|---|---|
| MySQL 5.0 reporting "concat does not exist" (0) | 2020.10.30 |
| MySQL Firebase vs MySQL database (hierarchical/relational) (0) | 2020.10.30 |
| MySQL 조인을 사용하여 하나의 테이블에서 삭제 (0) | 2020.10.30 |
| MySQL PHP / MYSQL : 데이터베이스의 모든 레코드를 반복합니다. (0) | 2020.10.30 |
댓글