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我有一个名为设置的表,当我更改或将数据输入到表单中时,它不会更改表中的数据。另外表单上的图片上传文件没有运行,下面可能有错误的代码。

(由我解决)

也许有人可以帮助我与此相关。

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您在这里所做的是完全安全的,并且您的数据可以非常快速地被黑客入侵/操纵。
你为什么不使用像 codeignighter 这样的框架呢?有大约 100 个简单的框架可以帮助你更轻松地管理数据库。

您确定要更新错误的 ID 吗?where id = 1,似乎不是动态的。

请发布您的错误http://www.w3schools.com/php/func_mysql_error.asp

我知道这与您的问题无关,但您应该看到这些轻量级框架:

http://kohanaframework.org/
https://github.com/ElbertF/Swiftlet
http://ellislab.com/codeigniter
于 2013-10-30T03:57:06.310 回答
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您没有检查查询的返回状态,因此如果它不起作用,您将不知道。做这个:

mysql_query("UPDATE settings SET site='$name',keywords='$keys',descrp='$desc',email='$email',fbpage='$fbpage',twitter='$twitter',gplus='$gplus',disclaimer='$disclaimer',template='$template' WHERE id=1")
 or die(mysql_error());

注意:mysql_*()已弃用:您不应该使用它。使用mysqli_*()PDO代替。

另外:您容易受到 SQL 注入攻击。mysql_real_escape_string()您应该使用(或者如果您切换到 ,则使用等效项)转义输入变量mysqli,或者考虑移至准备好的语句。

于 2013-10-30T03:58:14.273 回答