显示从Mysql填充的下拉列表选择表单中的选择

Question

难过的编程新手在这里。

几个月前，我开始学习Php（带有一些HTML）。

试图创建一个从MySQL填充的下拉选择表单。 正如您将从下面的代码中看到的那样，我认为我已经实现了这一点（请注意如果您在代码中发现“错误”，请告诉我）。

我的问题是显示/显示选定的选项/值。 无论我从下拉列表中选择并提交什么，都仅显示第一项（在本例中为：阿拉巴马州-状态ID为1）。

我尝试了网上看到的各种东西，但似乎没有任何效果。

有很多建议可以调用javascript，但是就像我说的那样，我完全不熟悉编程，因此-一次只使用一种语言。 在跳到其他语言之前，我想很好地了解php。

当然可以用php解决，对吗？

顺便说一句，最终目标是创建多个（大约3或4个）渐进式下拉列表（州，县，市）。 因此，如果您愿意让我沉迷，我还想学习如何将选定的值（例如State）传递给下一个查询/下拉列表。

我现在可以使用一堆带有提交按钮的下拉菜单。 我最终将学习javascript。

但是，试图弄清楚如何显示选定的国家使我发疯。

非常感谢您的帮助/信息。

“状态”表

CREATE TABLE States (
stateid int NOT NULL AUTO_INCREMENT PRIMARY KEY,
state_name varchar(25) NOT NULL
)
ENGINE=INNODB,
DEFAULT CHARACTER SET utf8;

从DATABSE中选择/选择-“ pick_state.php”：

$con = mysql_connect("localhost", "testx", "testx") or die('Could not connect to server');
mysql_select_db("US", $con) or die('Could not connect to database');

$stateid = $_GET['stateid'];
$state_name = $GET['state_name'];

$query = "SELECT stateid,state_name FROM States";

$result = mysql_query($query) or die(mysql_error());


$row = mysql_fetch_array($result, MYSQL_ASSOC) or die(mysql_error());


$stateid = $row['stateid'];
$state_name = $row['state_name'];

echo "Chosen state is: $state_name"; 

处理文件-“ show_state.php”：

<?php

$con = mysql_connect("localhost", "test", "test") or die('Could not connect to server');
mysql_select_db("US", $con) or die('Could not connect to database');

echo "<form action=\"show_state.php\" method=\"get\">\n";

echo "<select name=\"state_name\">\n";

$query="SELECT stateid,state_name FROM States";

// ALSO : $query = "SELECT * FROM States "; --Does not work either//

$result=mysql_query($query);

      while($row=mysql_fetch_array($result,MYSQL_ASSOC))

      {
          $stateid = $row['stateid'];
          $state_name= $row['state_name'];
          echo "<option value=\"$stateid\">$state_name</option>";
      }

      echo "</select>\n";
      echo "<input name=\"submit\" type=\"submit\" id=\"stateid\" value=\"submit\" />\n";
      echo "</form> \n";

 ?>

无论我选择什么并提交，以下页面始终仅显示表格中的第一项：阿拉巴马州

页面显示：“选择的州是：阿拉巴马州”

URL当我选择并提交ARKANSAS时：

/show_state.php?state_name=4&submit=提交

这是否意味着它正在检索正确的，选定的/提交的stateid（在本例中为4 – Arkansas'），但不是在“回显”状态名称？

在show_state.php上尝试了以下内容

$query = "SELECT stateid,state_name FROM States WHERE state_name = $state_name";

页面显示：空白

$query = "SELECT stateid,state_name FROM States WHERE stateid= $stateid";

页面显示：“您的SQL语法有误；请查看与您的MySQL服务器版本相对应的手册，以找到在第1行的''附近使用的正确语法”

if(isset($makeid))

页面显示： "Query was empty"

if(isset ($_GET['makeid']))

PAGE SHOWS： "Your Car is a "

Answer 1

这行代码将始终打印数据库返回的第一个状态：

$state_name = $row['state_name'];

您需要像这样更改查询：

$query = "SELECT stateid,state_name FROM States where stateid=$state_name";

这正为您显示空白页，因为您已经编写了以下代码：

$state_name = $GET['state_name'];

这是$_GET而不是$GET 。 因此，将这一行更改为：

$state_name = $_GET['state_name'];

现在它应该可以正常运行了:)

注意：

1. 始终使用mysqli_real_escape_string清理用户输入
2. 不要使用php doc中建议的* mysql * family函数。

Answer 2

$_GET['state_name']无效，因为您没有该名称的表单字段。 采用：

if (isset($_GET['stateid'])) {
  query = "SELECT state_name FROM States WHERE stateid= " . sprintf("%d", $_GET['stateid']);
  $result=mysql_query($query) or die "Query error:".mysql_error();
  if (mysql_num_rows($result)) {
    $row=mysql_fetch_array($result,MYSQL_ASSOC);
    $state_name = $row['state_name'];
} else {
  $state_name = 'unselected';
}

要使所选状态默认显示在菜单中，请更改：

echo "<option value=\"$stateid\">$state_name</option>";

至：

echo "<option value=\"$stateid\" . ($stateid == $_GET['stateid']) ? "SELECTED" : "") . ">$state_name</option>";