将数据从 php 中的表插入数据库时遇到问题 [关闭]

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改进这个问题

将数据从 php 中的表插入数据库时出现问题，显示数据插入成功，但 phpmyadmin 上未显示数据。 我在这个项目上使用 wamp 服务器。 请帮我解决这个问题，伙计们......

代码：-

<?php  
$host = 'localhost:3306';  
$user = 'root';  
$pass = '';  
$conn = mysqli_connect($host, $user, $pass);    
?>  
<html>
<head></head>
<body>
<center>
<form method="POST">
<label> Firstname </label> 
            <input type="text" name="name" placeholder= "Name" size="15" required /> </br></br>
<label> Salary </label> 
            <input type="number" name="salary" placeholder= "salary" size="15" required /> </br></br>
            <center>
                        <button type="submit"  name="submit" id="submit" class="submit"><b>Submit</b></button>
                </center>

</form>
</center>


<?php
if(isset($_POST['submit']))
{

$name=$_POST['name'];
{
echo $name;
}
$salary=$_POST['salary'];
{
    echo $salary;
}
$sql = 'INSERT INTO emp5(name,emp_salary) VALUES ("$name", "$salary")';
    

}

?>
</body>
</html>

Answer 1

首先，您需要在页面顶部再添加一行，例如：

<?php
    $host = 'localhost:3306';
    $user = 'root';
    $pass = '';
    $database_name = <Your database name>;
    $conn = mysqli_connect($host, $user, $pass, $database_name); 
?>

然后您需要执行如下查询：

在 $sql 行之后添加：

$insert_result = mysqli_query($conn, $sql);

Answer 2

正如 Daniel 指出的那样，您缺少查询执行，因为您只是将查询保存为变量，并且您的连接中缺少一个参数。

我会添加以下内容：

联系：

$db_name = "your_db";
$conn = mysqli_connect($host, $user, $pass, $db_name); 

询问：

// Check connection
if ($conn->connect_error) {
  die("Connection failed: " . $conn->connect_error);
} 
else {
// If connection is succesful, execute query.
mysqli_query($conn, $sql);
}