服务器端php脚本在Xampp中不起作用

Question

我试图运行一个简单的程序，该程序将从html表单中收集用户的姓名和性别，然后使用服务器端脚本（php）将打印出输入的姓名和性别。 这是我下面的html和php代码，我正在运行xampp控制面板3.2.1版。 当我使用http：// localhost：8080 / xampp / test.html从浏览器运行它时，页面转到http：// localhost：8080 / xampp / test.php，但页面空白。 php文件是test.php，而html文件是test.html

的HTML

<html>

<form action="test.php" method="post">
<p>
Name:
<input type="text" name="fname" id="idone"/>
</p>
<p>
Sex:
<input type="text" name="sex" id="idtwo"/>
</p>
<input type="submit" value="Go" name="submit" id="submit"/>

</form>

</html>

php code

<?php
//if the name field is filled in
if(isset($_POST['idone']))
{
$name=$_POST['idone'];
$sex=$_POST['idtwo'];
printf("hello %s, you are a %s",$name,$sex);
}

?>

Answer 1

您没有从php中的POST数据正确引用表单输入。
$_POST中的对象名称是name属性中的对象，因此您的情况下正确的代码将是：

if(isset($_POST['fname']))
{
// make sure you are properly escaping theese values,
// when you will be dealing with dbs or files
$name=$_POST['fname'];
$sex=$_POST['sex'];
}

<input type="text" name="fname" id="idone"/>
在这种情况下，HTML中的id attrib（ idone ）仅用于CSS。
它不发布到服务器回来，所以PHP 不看它

Answer 2

服务器看不到来自html的id-js和css的ID。
因此，您需要使用name参数。
希望能有所帮助;）

Answer 3

您的PHP需要引用输入字段名称而不是id。 所以

<?php
//if the name field is filled in

if(isset($_POST['fname'])) {
    $name=$_POST['fname'];
    $sex=$_POST['sex'];
    printf("hello %s, you are a %s",$name,$sex);
}

?>

服务器端php脚本在Xampp中不起作用

问题描述

3 个解决方案

解决方案1
2 已采纳 2015-07-01 15:31:36

解决方案2
2 2016-02-13 14:20:06

解决方案3
1 2015-07-01 15:33:41

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解决方案1 2 已采纳 2015-07-01 15:31:36

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解决方案1
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解决方案2
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