发布方法无法在条件下工作

我已经创建了一个表单发布其值的页面。所以我添加一些行得到这样发布方法无法在条件下工作

$parameter = mysqli_real_escape_string($con,$_POST['Parameter']);

这些值但是，当我打开页面，而不在于形式，它表明注意就行页面未定义的指标参数。

所以我想做一些类似于如果我张贴的值，然后只有特定区域将工作。否则剩余的区域将工作就像条件。

例如，

if(post) 
{} 
else 
{}

我该怎么做？

来源

2014-10-26 MukulAgr

首先，你需要检查的值设置properly..You可以与如果条件这将是像

if(isset($_POST) && array_key_exists('name_of_your_submit_input',$_POST)){ 
// do the things after form processing 
}else{ 
//things you want to do after form breaks. 
}

来源

2014-10-26 17:33:15

THANX :)我将接受shortwhile :) – MukulAgr 2014-10-26 17:35:41

很高兴知道，它帮助你你的答案;） – 2014-10-26 17:36:37

但我不明白什么我在的地方“name_of_your_submit_input的写' – MukulAgr 2014-10-26 17:41:14

使用isset()做检查

if(isset($_POST['Parameter'])){ 
    //desired tasks 
    //$parameter = mysqli_real_escape_string($con,$_POST['Parameter']); 
}else{ 
    //other task 
}

来源

2014-10-26 17:34:10 MH2K9

你可以使用isset()功能。你的情况是否应该像

if(isset($_POST['param'])) 
{ 
//Do something 
} 
else 
{ 
//Do something else 
}

来源

2014-10-26 17:35:14 Prateek

发布方法无法在条件下工作

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