兩個PHP表單。 第二種形式從第一個獲取數據。 但刷新第二頁顯示錯誤

Question

我正在顯示數據庫中的設備信息列表。 每個設備都有一個“顯示警告”按鈕。 用戶可以點擊“顯示警告”，我使用隱藏字段（隱藏字段中的值來識別）來顯示設備警告消息。 數據庫中的每個警告都有一個接受按鈕（每個警告列表都有接受按鈕）。 用戶可以單擊“接受”按鈕，以便警告的狀態將從未接受變為已接受（並且頁面將刷新）。 問題是刷新，因為它沒有第一頁的信息，PHP返回錯誤。

//page-1.. under each category (like electrical, mechanical, more than one types of devices
//device can be identified by using ID


echo '<tr><th>Category Name</th>';
echo '<td >' . $row['category']. '</td></tr>';

echo '<tr><th>Device ID</th>';
echo '<td >' . $row['ID']. '</td></tr>';

//form section. 

echo "<form action = alarms_list_display.php method =post>";
echo '<tr>';

echo "<td >"." <input type=submit    name=acceptID value=ShowAlarm"."  </td>";
echo "<td >"." <input type=hidden  name=hiddenID  value =". $row["ID"]."  </td>";
echo "</tr>";
echo "</form>";

//second page..    alarms_list_display.php

include ("DBconnect.php");
$conn= mysqli_connect( $dbhost, $dbuser, $dbpass, $db );

if(isset($_POST ['acceptID']))
    {$deviceID = $_POST['hiddenID'];

    }
     else {$deviceID='';}


//above code is problematic. as it is available only when i submit the first page.
//when updating the second page (and refreshing), $deviceID is not available anymore. 



//listing all warnings related to that device when user clicked the 'ShowAlarm' button.

if ($conn->connect_error) {die("Connection failed: " . $conn->connect_error);}
$sql = "SELECT * FROM dataTable WHERE ID='$deviceID' ";
$result = $conn->query($sql);

//form with buttons to accept warning
//skipped table heading parts
//each warning will have a serialNumber. Using to accept the warning and update the database

if ($result->num_rows > 0) {
         while($row = $result->fetch_assoc()) {
           echo "<form action = alarms_list_display_copy.php method =get>";


            echo "<td>" . $row["Date"]. "</td>";
            echo "<td>" . $row["Warning"]. "</td>";

            echo "<td>"." <input type=hidden  name=hidden value =" .$row["SerialNumber"]."  </td>";
            echo "<td>"." <input type=submit    name=accept value=AcceptAlarm id=button1 class = formclass"."  </td>";
            echo "</tr>";

           echo "</form>";
  } else { echo "0 results"; }



//code to update when clicking the AcceptAlarm button.

  if (isset($_GET['accept'])){
        $query= "SELECT WarningAccept FROM dataTable WHERE  SerialNumber= '$_GET[hidden]' ";
        $result = mysqli_query($conn, $query);
        while($row = $result->fetch_assoc()) {

        $updateQuery = " UPDATE dataTable SET WarningAccept=1 WHERE  SerialNumber= '$_GET[hidden]' ";
        mysqli_query($conn, $updateQuery);

     }

可以提交第一頁。 它將顯示與設備對應的所有警告。 但是當接受警告時，頁面將刷新並且$ deviceID不再存在。 所以更新后它不會顯示任何警告信息。 怎么改呢??? 任何幫助

Answer 1

你的second page只有一次<form action = alarms_list_display.php method =post>";得到提交，這就是你在刷新第二頁時發生錯誤的原因，因為它丟失了$_POST數組然后

解

您可以將<form action = alarms_list_display.php method =post>"設置為同一頁面並在會話中存儲值，然后將其重定向到第二頁，然后您可以使用會話中的值