PHP Developer Forum Hier habt ihr die Möglichkeit, eure Skriptprobleme mit anderen Anwendern zu diskutieren. Seid so fair und beantwortet auch Fragen von anderen Anwendern. Dieses Forum ist sowohl für ANFÄNGER als auch für PHP-Profis! Fragen zu Laravel, YII oder anderen PHP-Frameworks. |
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14-12-2006, 14:09
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mark83
Newbie
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Registriert seit: Nov 2006
Beiträge: 14
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[Variablen] Variabeln verarbeiten
Hallo,
wie kann ich die VAriabeln aus einem Formular welche ich hier erzeuge:
PHP-Code:
<form action = "update.php" method = "post">
<input name="na"> Name<p>
<input name="vn"> Vorname<p>
<input name="po"> Position<p>
<input name="sp"> Spiele<p>
<input name="to">Tore<p>
<input name="vor"> Vorlagen<p>
<input name="er"> Erfolge<p>
<input name="ziel">Ziel<p>
<input type="submit" name="gesendet">
<input type="reset">
</form>
in meine sql abfrage einbauen, habs so versucht aber dass funzt net?
PHP-Code:
if($_POST['na']!= " ")
$na = $_POST['na'];
if($_POST['vn']!= " ")
$vn = $_POST['vn'];
.
.
.
$sqlab = "insert spieler(name, vorname, position, spiele, tore, vorlagen, erfolge, ziel)";
$sqlab .= "values ('$na', '$vn', $po, $sp, '$to', '$vor,' '$ziel')";
des mit den variabeln aus formularen verarbeiten, bereutet mir immer noch probleme, bitt um erklärung wenn wer etwas zeit hat.
mfg mark
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14-12-2006, 14:11
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penizillin
PHP Guru
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Registriert seit: Feb 2004
Beiträge: 10.166
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14-12-2006, 14:23
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mark83
Newbie
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Registriert seit: Nov 2006
Beiträge: 14
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PHP-Code:
if ($gesendet)
{
include 'config.php';
$db = mysql_connect(MYSQL_HOST, MYSQL_USER, MYSQL_PASS, MYSQL_DATABASE);
if($_POST['na']!= " ")
$na = $_POST['na'];
if($_POST['vn']!= " ")
$vn = $_POST['vn'];
if($_POST['po']!= " ")
$po = $_POST['po'];
if($_POST['sp']!= " ")
$sp = $_POST['sp'];
if($_POST['to']!= " ")
$to =$_POST['to'];
if($_POST['vor']!= " ")
$vor =$_POST['vor'];
if($_POST['ziel']!= " ")
$ziel =$_POST['ziel'];
$sqlab = "insert spieler(name, vorname, position, spiele, tore, vorlagen, erfolge, ziel)";
$sqlab .= "values ('$na', '$vn', $po, $sp, '$to', '$vor,' '$ziel')";
error_reporting(E_ALL);
mysql_db_query("nate10", $sqlab);
$num = mysql_affected_rows();
if ($num>0)
echo "Es wurde 1 Datensatz hinzugefügt<p>";
else
{
echo "Es ist ein Fehler aufgetreten, ";
echo "es wurde kein Datensatz hinzugefügt<p>";
}
mysql_close($db);
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14-12-2006, 14:25
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penizillin
PHP Guru
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Registriert seit: Feb 2004
Beiträge: 10.166
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1. error_reporting steht nicht da, wo es soll
2. die schritte zum debuggen von mysql problemen hast du ignoriert.
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14-12-2006, 14:31
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mark83
Newbie
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Registriert seit: Nov 2006
Beiträge: 14
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sorry aber ich bekomme einfach keine fehlermeldung auf den screen es erscheint einfach das echo dass kein datensatz hinzugefügt wurde nun weiß ich nicht wo ich ansetzen kann
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14-12-2006, 14:35
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penizillin
PHP Guru
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Registriert seit: Feb 2004
Beiträge: 10.166
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1. wo gehört error_reporting hin? und wo hast du es?
2. wo ist die ausgabe der query vorm ausführen?
3. wo ist mysql_error?
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14-12-2006, 14:39
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Griecherus
PHP Senior
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Registriert seit: May 2005
Ort: Berlin
Beiträge: 1.036
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Du solltest dir am besten schon jetzt angewöhnen, Klammern ordentlich zu setzen. Das gehört einfach zum sauberen Programmieren dazu und kann dir unter Umständen auch unnötigen Ärger ersparen.
PHP-Code:
if (condition) {
// ...
}
if (condition) {
// ...
} else {
// ...
}
if (condition) {
// ...
} elseif (another_condition) {
// ...
} else {
// ...
}
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14-12-2006, 15:06
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closure
Master
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Registriert seit: Mar 2006
Beiträge: 796
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Hi,
Ich hoffe deine $na,$vn,$po usw. sind mit defaultwerten vorbelegt,
denn sonst geht unter umständen dein query schief falls die entsprechende
variable im postarray leer ist.
absgesehen davon ist ein
PHP-Code:
$keys_to_check = array(
'na' => 'default_na',
'vn' => 'default_vn',
'po' => 'default_po'
);
foreach($keys_to_check as $key => $default){
if($_POST[$key] != '')
$keys_to_check[$key] = $_POST[$key];
}
besser wartbar/erweiterbar und lesbar also ewige if-elsif-else-konstrukte.
Mit angepassten modellen und dazugehörigen views lässt sich
das ganze noch erheblich vereinfachen.
greets
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