Ik gebruik het volgende script om een formulier te verwerken om informatie aan mijn website toe te voegen. Het probleem dat ik heb, is dat wanneer ik het formulier verzend, er niets naar de database wordt verzonden en dat er geen fouten zijn. Hoe kan ik foutrapportage toevoegen aan mijn vraag?
<?php
if (isset($_POST['itemdescription'])) {$itemdescription = $_POST['itemdescription'];}else {$itemdescription = '';}
if (isset($_POST['itemnumber'])) {$itemnumber = $_POST['itemnumber'];}else {$itemnumber = '';}
if (isset($_POST['sellerid'])) {$sellerid = $_POST['sellerid'];}else {$sellerid = '';}
if (isset($_POST['purchasedate'])) {$purchasedatepre = $_POST['purchasedate'];$date = DateTime::createFromFormat("D F d, Y", $purchasedatepre);$purchasedate = date('Y-m-d',strtotime($purchasedatepre));}else {$purchasedatepre = ''; $purchasedate = '';}
if (isset($_POST['otherinfo'])) {$otherinfo = $_POST['otherinfo'];}else {$otherinfo = '';}
if (isset($_POST['numberofitems'])) {$numberofitems = $_POST['numberofitems'];}else {$numberofitems = '';}
if (isset($_POST['numberofitemsused'])) {$numberofitemsused = $_POST['numberofitemsused'];}else {$numberofitemsused = '';}
if (isset($_POST['isitdelivered'])) {$isitdelivered = $_POST['isitdelivered'];}else {$isitdelivered = '';}
if (isset($_POST['price'])) {$price = $_POST['price'];}else {$price = '';}
$itemdescription = str_replace("'", "", "$itemdescription");
$itemnumber = str_replace("'", "", "$itemnumber");
$sellerid = str_replace("'", "", "$sellerid");
$otherinfo = str_replace("'", "", "$otherinfo");
include("connectmysqli.php");
mysqli_query($db,"INSERT INTO stockdetails (`itemdescription`,`itemnumber`,`sellerid`,`purchasedate`,`otherinfo`,`numberofitems`,`isitdelivered`,`price`) VALUES ('$itemdescription','$itemnumber','$sellerid','$purchasedate','$otherinfo','$numberofitems','$numberofitemsused','$isitdelivered','$price')");
// header('Location: stockmanager.php?&key='.$key);
?>
Antwoord 1, autoriteit 100%
Voeg gewoon or die(mysqli_error($db));toe aan het einde van uw zoekopdracht, hierdoor wordt de mysqli-fout afgedrukt.
mysqli_query($db,"INSERT INTO stockdetails (`itemdescription`,`itemnumber`,`sellerid`,`purchasedate`,`otherinfo`,`numberofitems`,`isitdelivered`,`price`) VALUES ('$itemdescription','$itemnumber','$sellerid','$purchasedate','$otherinfo','$numberofitems','$numberofitemsused','$isitdelivered','$price')") or die(mysqli_error($db));
Als een kanttekening zou ik zeggen dat je een risico loopt op mysql injection, kijk hier Hoe kan ik SQL-injectie in PHP voorkomen?. Je moet echt voorbereide verklaringen gebruiken om elk risico te vermijden.
Antwoord 2, autoriteit 48%
mysqli_error()
Als in:
$sql = "Your SQL statement here";
$result = mysqli_query($conn, $sql) or trigger_error("Query Failed! SQL: $sql - Error: ".mysqli_error($conn), E_USER_ERROR);
Triggerfout is beter dan sterven, want je kunt het gebruiken voor ontwikkeling EN productie, het is de permanente oplossing.