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我有一个需要构建的表单，它为用户提供 3 个下拉菜单。第一个是制造商。用户选择他们想要的制造商，然后单击“提交”按钮。将生成一个查询，并将制造商型号放在第二个下拉列表中。再次，用户选择模型，然后再次单击提交。然后，这为用户提供了第三个下拉菜单（实际上不应该是下拉菜单，但它可以工作），显示兼容替换单元的型号。我希望这一切都有意义。

问题是，当我选择并提交值时，页面会重新加载，并将我的选择替换为数据库中的第一个选择。我需要它在整个下拉列表中保持一致并显示所选值。

我不是最好的程序员，但我已经走到了这一步，我需要弄清楚！

谢谢，这是我目前正在使用的代码。所有数据都存储在一个有 4 列的表中（id、model、name、aomodel）

<html> <head> <title>Demo Drop-Down Box</title> </head> <body>
<?php mysql_connect('localhost', 'root', ''); mysql_select_db ("test1");

foreach ($_POST as $key => $entry) 
{ print $key . ": " . $entry . "<br>"; } ?>

<form method="post"> <?php $sql = "SELECT distinct name from test1.crossref"; $result =        mysql_query($sql);
echo "<select name='name'>"; while ($row = mysql_fetch_array($result)) { echo "<option      value='" . $row['name'] . "'>" . $row['name'] . "</option>";
}
echo "</select>";
echo "<br />";

$sql1 = "SELECT model from test1.crossref where name = '$entry'"; $result1 =    mysql_query($sql1);
echo "<select name='model'>"; while ($row = mysql_fetch_array($result1)) { echo "    <option value='" . $row['model'] . "'>" . $row['model'] . "</option>";
}
echo "</select>";
echo "<br />";

$sql2 = "SELECT aomodel from test1.crossref where model = '$entry'"; $result2 =     mysql_query($sql2);
echo "<select name='aomodel'>"; while ($row = mysql_fetch_array($result2)) { echo "    <option value='" . $row['aomodel'] . "'>" . $row['aomodel'] . "</option>"; }
echo "</select>";

?>
<br /> <input type="submit"/> </select> </body> </html>
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1 回答 1

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您可以做以下三件事之一：

1) 在 Javascript 中执行此操作 2) 为页面重新加载时选择的所有项目发送参数 3) 使用参数将用户发送到另一个页面

可能 Javascript 最适合您尝试做的事情，然后在最终提交时发布或获取项目。

于 2013-05-24T13:51:38.637 回答