带有PHP值的表单提交MySQL-未定义索引

Question

我目前正在尝试这样做，如果有人按下某个按钮，例如“接受应用程序”，它将在数据库中将“活动”的值从0更新为1。这是我所做的，但是显然无法正常工作。

处理部分：

if(isset($_REQUEST['acceptapplication'])){

$acceptid = $_POST['acceptid'];
$SQL = "UPDATE `users` SET `active`='1' WHERE id = $acceptid";

$result = mysql_query($SQL); }

和我的形式：

<form action='' name='acceptid' method='acceptapplication'>
<input value='<?php echo $charid ?>' type='submit'/>
</form>

在此示例中，charid代表数字7。我希望它执行以下查询：

UPDATE users SET active ='1'WHERE ID = 7

我希望charid是一个值的原因是因为该值在所有情况下都不会相同。 因此，如果我能设法解决这个问题将是一件好事。

Answer 1

此method='acceptapplication'是错误的。 您正在以GET发送。 您还可以接受SQL注入。 使用参数化查询。

尝试将其更改为

<form action='' name='acceptid' method='POST'>

然后它将作为POST请求处理。

请参阅此以获取更多信息： https : //developer.mozilla.org/en-US/docs/Web/HTML/Element/form

实际上，查看完整个表格后，您还有其他一些问题。

<form method='POST'>
<input value='<?php echo $charid ?>' type='hidden' name='acceptid'/>
<input type="submit" value="Submit" />
</form>

请注意，不需要action='' ，无需执行该action将请求发送到同一页面。

但是，未定义的索引通知是由$_POST['acceptid']引起的，因为未定义/填充$_POST 。

Answer 2

您应该使用发布方法

 <form action='' name='acceptid' method='post'>

Answer 3

表单的方法错误，您需要使用POST方法传递参数，因此以后可以通过$ _POST ['id']检查查询。