无法更新PHP中的记录

我已经创建了一个网站，可以上传文章，但是我无法更新已创建的文章。我已经成功地填写了一个表格，其中填写了预先填写好的数据库中的信息，但是当我提交任何更改后再转到文章中时，它不会更新。无法更新PHP中的记录

$ var_value是从上一页传递的主键，用于确定要加载的文章&编辑。

这是我的表单来更新文章。

<?php 

     $var_value = $_POST['varname']; 

     $get_studies = "select * from news where `news`.`articleID` = $var_value"; 

     $run_studies = mysqli_query($con,$get_studies); 

     while($row_studies = mysqli_fetch_array($run_studies)){ 


      $newsTitle = $row_studies['title']; 
      $newsDate = $row_studies['date']; 
      $shortBio = $row_studies['shortBio']; 
      $longBio = $row_studies['longBio']; 
      $longBio2 = $row_studies['longBio2']; 
      $image = $row_studies['image']; 
     } 

       echo " 

        <div class='panelContent1' id='addNewsWraper'> 

         <h2>Dashboard</h2> 
         <h3>Update Article</h3> 

         <form method='post' enctype='multipart/form-data' onsubmit='alert('stop submit'); return false;' > 

          <div class='newsForm'> 

           <p>Article Title<br /><input type='text' value='$newsTitle' name='newsTitle' /></p> 
           <p>Short Description<br /><textarea name='newsShort' placeholder='Around a paragraph' />$shortBio</textarea> 
           <p>Image<br /><input type='file' name='newsImage' /></p> 
          </div> 
          <div class='newsForm'> 
           <p>Date<br /><input type='text' value='$newsDate' name='newsDate' placeholder='2017' /></p> 
           <p>Story<br /><textarea name='newsLong' placeholder='News article text' />$longBio</textarea> 
           <p>Story2<br /><textarea name='newsLong2' value='' placeholder='News article text' />$longBio2</textarea> 


           <button type='submit' name='updateNews'> 
            Update 
           </button> 
          </div> 
         </form> 


        </div> 

       "; 

      ?>

这是我如何尝试更新文章。我试图根据主键更新记录，这个变量正在传递给页面，因为它正在加载表单中的内容。

<?php 

if(isset($_POST['updateNews'])){ 


    $newsTitle = $_POST['newsTitle']; 
    $newsDate = $_POST['newsDate']; 
    $newsShort = $_POST['newsShort']; 
    $newsLong = $_POST['newsLong']; 
    $newsLong2 = $_POST['newsLong2']; 
    $newsImage = $_POST['newsImage']; 



$insertNews = "UPDATE mods SET title='$newsTitle', date='$newsDate', shortBio='$newsShort', longBio='$newsLong', longBio2='$newsLong2', image='$newsImage' WHERE articleID='$var_value'"; 

$updateNews = mysqli_query($con,$insertNews); 

    if($updateNews){ 
     echo "<script>alert('Article updated.');</script>"; 
    } 

} 
?>

来源

2017-08-25 Allan

'$ newsImage = $ _POST ['newsImage'];'你正在使用错误的超全局。 –

，不知道你是否连接到你的数据库;你的代码的第二部分没有显示任何证据。 –

您好弗雷德，我已连接到数据库抱歉，我刚刚添加了我用来尝试更新文章的代码。我应该为此添加更多代码吗？数据库连接工作正常，但页面加载我想从数据库的形式编辑的文章，只是不会允许我保存更改。 – Allan

你说$var_value被传递给你的PHP更新脚本，但我看不出这是就是，也不是由一个POST拾起并转移到一个局部变量。将它作为<input type="hidden"传递，然后拿起使用POST。

在第一个PHP脚本：

<p>Article Title<br /><input type='text' value='$newsTitle' name='newsTitle' /> 
<input type="hidden" value='$var_value' name='var_value' /> 
</p>

在第二PHP脚本：

$var_value = $_POST['var_value'];

这也将是很好看，通过使用参数化查询保护您的脚本免受SQL注入。

来源

2017-08-25 19:32:43 BusinessPlanQuickBuilder

这是我最后修复它的方式。谢谢:) – Allan

没有您查询的是什么

insertNews = "UPDATE mods SET title='$newsTitle' date='$newsDate' shortBio='$newsShort' longBio='$newsLong' longBio2='$newsLong2' image='$newsImage' WHERE articleID='$var_value'";

与您当前的查询替换这一点，你会好到哪里去。

来源

2017-08-25 19:46:20

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