使用PHP和MySQL創建圖像選擇表單

Question

我正在嘗試一種表單，當您選擇單選按鈕時，它將選擇圖像並查詢到服務器； 現在我不太確定如何實現此目標，因為當我選擇其他任何選項時，原始選項似乎都無法正常工作。 我的表格代碼（嗯。重要的部分）

<form action="update_image.php" method="post">
<input type="hidden" name="page" value="Index" />
<td><center><input name="image" type="radio" value="images/cartoon/2ofus.png" /></center></td>
<td><center><input name="image" type="radio" value="img src='images/cartoon/3lb_Bruce.png" /></center></td>
<td><center><input name="image" type="radio" value="img src='images/cartoon/bearry.png" /></center></td>
<td><center><input name="image" type="radio" value="img src='images/cartoon/Bemmer.png" /></center></td>
<input type="submit" value="Update" />
   </form>

我的查詢如下：

$link     = mysqli_connect("$server", "$user", "$pass", "$webdb");
    $page = mysqli_real_escape_string($link, (string) $_POST['page']);
    $content = mysqli_real_escape_string($link, (string) $_POST['image']);
$query = "UPDATE `pages` 
              SET `image`='<$image>' 
              WHERE `name`='$page'";

    mysqli_query($link, $query);
    mysqli_close($link);

?>

它不是世界上最好的，但總的來說，我認為它應該可以正常運行，但事實並非如此，因此，如果有人知道為什么它會很棒。 謝謝。

首先是原始的。 抱歉，未指定。

Answer 1

這是我從您的問題中了解的。 您在主頁中有一個特定的圖像，該圖像的src可從數據庫中查詢，並且可以通過您給定的形式進行更新。

將表單更改為：

 <form action="update_image.php" method="post">
      <input type="hidden" name="page" value="Index" />
  <td><center><input name="image" type="radio" value="images/cartoon/2ofus.png" /></center>   </td>
  <td><center><input name="image" type="radio" value="images/cartoon/3lb_Bruce.png" /></center></td>
  <td><center><input name="image" type="radio" value="images/cartoon/bearry.png" /></center></td>
 <td><center><input name="image" type="radio" value="images/cartoon/Bemmer.png" /></center></td>
 <input type="submit" value="Update" />

將查詢更改為：

  $query = "UPDATE `pages` 
          SET `image`='$image' 
          WHERE `name`='$page'";

在索引頁面中，查詢表格頁面后，在image標記中使用結果，如：

 print "<img src='{$row['image']}'/>";

Answer 2

一個明顯的錯誤是變量的命名，將單選按鈕的值分配給$content ，然后在查詢中使用<$image> 。 那應該只是$content而沒有<和> 。

除此之外，您還應該添加錯誤處理，例如mysqli_error($link)會給您最后一個錯誤。