Там перед titile ещё идёт строка "UPDATE menu SET и здесь есть " и её нужно чем то закрыть. Она в начале, и что-то должно быть в конце.---------- Добавлено 27.06.2013 в 18:56 ----------
Цвет, после этой строчки другой, значит, как я понимаю, что-то в этой строке не того.
Там в конце хоть как но нужно "'" так как последний " закрывает первый " ( в начале строки ).
А если в конце " то получается тоже самое.
------
Сделал так
mysql_query("UPDATE menu SET title= '" . $_POST[title] . "', title_url= '" . $_POST[title_url] . "', parent= '" . $_POST[parent] . "' WHERE id='" . $res . "'");
Не работает!
Вы знаете как эту ошибку исправить?
$a = " INSERT INTO menu SET title= '" . $_POST[title] . "', title_url= '" . $_POST[title_url] . "', parent= '" . $_POST[parent] . "' ON DUPLICATE KEY UPDATE title= '" . $_POST[title] . "', title_url= '" . $_POST[title_url] . "', parent= '" . $_POST[parent] . "' WHERE id='" . $res . "'";
Пишет - Категории не обновились.
Так же написал - 1064: You have an error in your SQL syntax; check the manual that corresponds to your MySQL server version for the right syntax to use near 'WHERE id=''' at line 4
Результат: 0: Категории обновились
Сейчас, соберу сборку. Я тебе отправлю весь сайт в целиком, так как может где-то в других файлах есть ошибка. Отправлю личкой.
Я так понял мне нужно
$res = (string) $_POST[id];
Я string() не нашёл)))
Да, и проверил echo mysql_error выдаёт 0. Да и переменная хорошо проходит во второй и третий файл. Сейчас что можно сделать?---------- Добавлено 27.06.2013 в 17:39 ----------
Если вы мне не верите, могу вам предоставить архив файлов моих разработок. И там чётко будет видно, что это не коммерческий скрипт.
Сейчас я пришёл просто в замещательство, в конечном файле сделал:
echo $res;
И пустота! Не понимаю, почему переменная не передалась в конечный файл?
Как, понять - "привести к int переменную, 5 строк кода" ? Разъясните пожалуйста, как это сделать?
Сделал, выводит --- Array ( [id] => 3 ). Значит всё ОК. Ему id категории успешно передаётся.
Начало, файла стало такое:
include "bd.php"; print_r($_POST); $res = $_POST["id"]; echo $res; $result = mysql_query("SELECT * FROM menu WHERE id='" . $res . "'"); $sort = mysql_fetch_array($result);
Но, это не решает, данную проблему.
У меня параметры из файла в файл передаются же методом post а не get. Или как применить ваш ответ?
if(isset($_POST['submit'])) { $title = htmlspecialchars($_POST['FirstName']); $title_url = htmlspecialchars($_POST["chpy"]); $parent = intval($_POST["id"]); if(! $title OR ! $title_url OR ! $parent) die('Error'); mysql_query("INSERT INTO menu(title, title_url, parent) values('" . mysql_real_escape_string($title) . "', '" . mysql_real_escape_string($title_url) . "', '" . $parent . "')"); }
Я так понял, нужно
<? //Отправка запроса полностью. $row = "INSERT INTO menu(title, title_url, parent) values('" . $_POST['FirstName'] . "', '" . $_POST["chpy"] . "', '" . $_POST["id"] . "')"; mysql_query($row); ?>
Перенести, просто в другой файл, и передавать параметры в тот самый файл?
Я так сделал, но выскальзывают две ошибки:
Warning: mysql_query(): Access denied for user ''@'localhost' (using password: NO) in C:\open\OpenServer\domains\lip.ru\test.php on line 8
Warning: mysql_query(): A link to the server could not be established in C:\open\OpenServer\domains\lip.ru\test.php on line 8
И всё это с функцией. Порылся, нашёл, что эти ошибки возникают в следствии неправильного подключения к базе данных. Но у меня другие скрипты, работают очень хорошо, и подключаются к базе без проблем. А конфигурационный файл 1 на всех.---------- Добавлено 27.06.2013 в 12:21 ----------
while($row = mysql_fetch_array($array)) { if($row[title]) { // или ($row[title] != '') echo "<option value='".$row[title]."'>".$row[title]."</opiton>"; } }
Спасибо, большое! Теперь нету простых строчек.
