使用下面给出的php脚本,我连接到数据库并在其中插入数据。但是数据被插入到我的数据库表中,除了状态输入。它也不会抛出任何错误。我的代码有什么问题?
localhost/index.php?分支_id=1 index.php验证码:
<?php
<form action="index.php" method="POST">
<?php
if (isset($_GET['branch_id'])) {
$branch_id = $_GET['branch_id'];
$query = "SELECT * FROM branch_list WHERE branch_id='$branch_id' LIMIT 1";
$query_run = mysqli_query($con, $query);
foreach ($query_run as $row) {
?>
<input type="hidden" name="b_id" value="<?php $row['branch_id']; ?>">
<input type="text" value="<?php echo $row['branch_name']; ?>" name="b_name">
<input type="email" value="<?php echo $row['branch_email']; ?>" name="b_email">
<input type="number" value="<?php echo $row['branch_phone']; ?>" name="b_phone">
<input type="text" value="<?php echo $row['branch_address']; ?>" name="b_address">
<select name="b_status" class="form-select">
<?php
if ($row['branch_status'] == 1) {
?>
<option selected>Active</option>
<option>Deactivated</option>
<?php } else {
?>
<option>Active</option>
<option selected>Deactivated</option>
<?php } ?>
</select>
<button type="submit" name="edit_office"> Update Details</button>
<?php }
} ?>
</form>
试图编写一个简单的脚本,改变数据库表中已经存在的数据,但数据没有更新。
1条答案
按热度按时间dw1jzc5e1#
如果你想使用PHP输出HTML代码中的文本,你可以使用以下方法:
或
但是,
<?php "..." ?>
不会做任何事情。因此,您的隐藏id输入的值是“nothing”,因为您写得不正确。
错误
解决方案
或