我正在为表单进行服务器端验证。使用AJAX，表单将“用户名”输入字段中的值发送到我的PHP页面，然后检查该用户名是否已存在于数据库中。这是我的PHP代码:$result=mysqli_query($dblink,"SELECT*FROMusersWHERE`username`='$regname'")ordie(mysqli_error($dblink));echomysqli_affected_rows($result);*(目前我正在为mysqli_affected_rows做一个简单的回显，只是为了看看我的MySQL查询是否按预期工作)*我得到的错误是:Warning:mysql
很难说出这里要问什么。这个问题模棱两可、含糊不清、不完整、过于宽泛或夸夸其谈，无法以目前的形式得到合理的回答。如需帮助澄清此问题以便重新打开，visitthehelpcenter.关闭10年前。我是PHP的初学者，我真的很想更好地理解它。我知道您可以使用$_POST通过设置method="$_POST"从表单中检索信息。但为什么这会起作用呢？在提交表单时，是否创建了一个名为$_POST的数组？该数组是否包含表单中的所有元素值？
这个问题不太可能帮助任何future的访问者；它只与一个小的地理区域、一个特定的时间点或一个非常狭窄的情况相关，这些情况并不普遍适用于互联网的全局受众。为了帮助使这个问题更广泛地适用，visitthehelpcenter.关闭10年前。好的...我创建了一个form.html页面。它要求用户输入6个文本字段。表单POST到一个名为myform.php的单独页面。myform.php页面只是简单地返回用户输入的值。但是，当我单击提交时，我只会在屏幕上弹出myform.php源代码。Name:Course:Book:Price:Email:Phone#:
有没有一种简单的方法可以在PHP中找出post变量的来源？example.com/formone.php上的表单example.com/formtwo.php上的表单我知道我可以使用隐藏输入，但我想知道PHP是否有测试POST源的方法。 最佳答案 虽然您可能会使用HTTP_REFERER服务器变量，itisnotveryreliable.您最好的选择是使用隐藏字段。另一种选择是将您的提交input切换为提交button。这样你就可以传递一个值，保留按钮的标签，并在你的test.php页面中测试它:Submit然后在您的PHP文件中测
我在两件事上需要帮助，因为我不精通PHP:根据以下内容而变化的内容:Option1Option2我认为这可以使用PHP来完成，方法是为选项命名，让PHP获取名称，根据这些名称创建变量并放置一个显示更改内容的“include”。这是脚本的模型:阅读选择如果用户选择“变量1、变量2等”THEN显示"page1,page2,page3"*页面在页面内更改，这样如果用户想再次更改它，他们不必返回...也许这可以通过使用来完成:该内容将包含一个按钮，根据该按钮，我希望用特定文本填充一个文本框。然后根据该按钮的值，PHP会将文本放入文本框中。根据我的阅读，这将使用$request和$post...
我正在尝试将Javascript变量发送到PHP脚本以更新问答游戏的分数。我查找了执行此操作的速记方法，即$.post，但我无法检索PHP脚本中的值。我对哪个JS相当陌生，需要帮助了解我做错了什么。这是Javascriptfunctionupdatescore(){varthisgamemarks=2300;varthequizid=5;$.post("updatemark.php",{quizidvalue:thequizid,newmarkvalue:thisgamemarks});}还有PHP$studentnewmark=$POST['newmarkvalue'];$thisq
我有一个获取POST数据的PHP文件。我目前通过jQuery中的AJAX运行此文件:$.post("myfile.php",{key:value});我想在另一个PHP脚本中运行同一个文件。这就是我想要实现的目标:"value"));?>我知道include函数不接受其他参数，那么有没有办法用POST变量包含另一个PHP文件？ 最佳答案 $_POST超全局数组可写在PHP脚本中，因此: 关于PHP-包含带有POST数据的文件，我们在StackOverflow上找到一个类似的问题：
我注册了一个自定义帖子类型，我不希望它有自己的菜单，而是想将它作为一个名为my-custom-parent-page.这是我的代码:register_post_type('my_custom_post_type',array('labels'=>array('name'=>__('Books','mcpt'),'singular_name'=>__('Book','mcpt'),),'supports'=>array('title','editor'),'show_ui'=>true,'show_in_nav_menus'=>false,'show_in_menu'=>'my-cust
在laravel4路由中，我有一个这样的数据库查询$data1=DB::select('SELECTMAX(id)ASmxidFROMtable_name',array());return$data1["mxid"];但它给出了以下错误:帮帮我。我不明白为什么找不到这个key。如果我写return$data1;它给出了，[{"mxid":"0"}] 最佳答案 解决方案:return$data1[0]->mxid; 关于php-Laravel4-DB::select返回数组但未找到$arr
我刚开始使用cropit，但遇到了一些问题。我试图找到提交裁剪图像的最佳方式，但我发现即使在谷歌搜索时也很难找到明确的答案。到目前为止，这是我的想法:方式一从js获取位置，提交新位置并裁剪它，从新位置，我从js获取。方式二将裁剪图像的base64版本作为隐藏表单元素提交。恐怕我无法通过这种方式获得完整图像，因为预览(裁剪图像的地方)小于最终图像实际应有的尺寸。关于什么是获得裁剪图像的最佳方式有什么想法吗？$(function(){$('.image-editor').cropit({imageState:{src:'http://lorempixel.com/500/400/'}});
