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编辑：我尝试了来自 PhpMyAdmin 的 INSERT INTO。我注意到如果我只是做 GenreName 而没有输入 ID，AutoIncrement 会给我一个行 ID 2147483647 ： INSERT INTO Genres( GenreName ) VALUES ('testFromPhpmyAdmin')

我之前在直接在 MySQL 数据库中工作时遇到过这样的错误，但是我从过去的错误中尝试的所有方法都不起作用。我已经用尽了尽可能多的 StackOverflow 帖子，但没有一个解决方案最终奏效。我确实检查了两个表中的 ID 是否可用。此外，当我的页面只是有一个带有 AlbumID 和 AlbumName 文本输入的表单时，它起作用了，但我想摆脱 AlbumID 的文本条目，因为它在 MySQL DB 中自动递增，因此用户不必键入/猜测新的ID。

错误：SQL 错误：Errno：1452 错误：无法添加或更新子行：外键约束失败 ( andrew79_601. Albums, CONSTRAINT Albums_ibfk_2FOREIGN KEY ( ArtistID) REFERENCES Artists( ArtistID))

当我在我的 addalbum.php 页面上时会发生这种情况。这是我正在使用的代码： addalbum.php

<?php 

//Get All genre
include 'dbconnect.php';
$sql_genre = "SELECT GenreID FROM Genres";
$genre_data = $mysqli->query($sql_genre);

// Get all artists
$sql_artist = "SELECT ArtistID FROM Artists";
$artists_data = $mysqli->query($sql_artist);

?>

<form action="addalbumssrv.php" method="post">

<!-- AlbumID:<input type="text" name="AlbumID" id="AlbumID"/></br> -->
Album Name:<input type="text" name="AlbumName" id="AlbumName"/></br>
    <div>                    
                        <div class="dev-left">Genre ID:&nbsp;</div>
                        <div class="dev-left">
                            <?php if ($genre_data->num_rows > 0) { ?>
                                <select name="genre" style="width: 150px;">
                                    <option value="">------Select-------</option>
                                    <?php while ($row = $genre_data->fetch_assoc()) {
                                        ?>
                                        <option value="<?php echo $row['ID']; ?>">
                                            <?php echo $row['GenreID']; ?>
                                        </option>
                                    <?php }
                                    ?>
                                </select>
                                <?php
                            } else {
                                echo 'No Genre ID Found';
                            }
                            ?>
                        </div>
                    </div>
        <!--Artist drop down-->
                    <div>                    
                        <div class="dev-left">Artist ID:&nbsp;</div>
                        <div class="dev-left">
                            <?php if ($artists_data->num_rows > 0) { ?>
                                <select name="artist" style="width: 150px;">
                                    <option value="">------Select-------</option>
                                    <?php while ($row = $artists_data->fetch_assoc()) {
                                        ?>
                                        <option value="<?php echo $row['ID']; ?>">
                                            <?php echo $row['ArtistID']; ?>
                                        </option>
                                    <?php }
                                    ?>
                                </select>
                                <?php
                            } else {
                                echo 'No Artist ID Found';
                            }
                            ?>
                        </div>
                    </div>

<input type="submit"/>
</form>

addalbumssrv.php：

<?php

//include 'dbconnect.php';

$link = new mysqli('127.0.0.1', 'andrew79_601', 'csis601', 'andrew79_601');
if ($link->connect_errno) {
    echo "Error: Failed to make a MySQL connection, here is why: </br>";
    echo "Errno: " . $link->connect_errno . "</br>";
    echo "Error: " . $link->connect_error . "</br>";

    exit;
}

// Escape user inputs for security
$AlbumID = mysqli_real_escape_string($link, $_REQUEST['AlbumID']);
$AlbumName = mysqli_real_escape_string($link, $_REQUEST['AlbumName']);



// attempt insert query execution
//$sql = "INSERT INTO Albums (AlbumID, AlbumName) VALUES ('$AlbumID', '$AlbumName')";
$sql = "INSERT INTO Albums (AlbumName) VALUES ('$AlbumName')";

if (!$result = $link->query($sql)) {
    echo "Error: SQL Error: </br>";
    echo "Errno: " . $link->errno . "</br>";
    echo "Error: " . $link->error . "</br>";

    exit;
}
?>
<script>
window.location='albums.php';
</script>

表结构：http: //imgur.com/xziavSk

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1 回答 1

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该错误消息意味着尝试在“专辑”表中插入或更新行，并且为“ArtistID”列提供的值无效。

外键约束强制执行一个规则：“ArtistID”列中的值必须与“Artists”表的“ArtistID”列中的值匹配。

艺术家

ArtistID  artist_name
--------  -----------
     112  Rush

专辑

AlbumID  ... ArtistID ...
-------      --------
   2112           112

如果我们尝试在“相册”中插入一行

INSERT INTO Albums (..., ArtistID ,...) VALUES (..., 707 ,...)

MySQL 将检查'707'为“ArtistID”列提供的值是否出现在“Artists”表中。

当 MySQL (InnoDB) 在 "Albums" 中没有在 "ArtistID" 列中找到匹配值的行时，它会抛出外键约束错误。

这就是 MySQL 报告的内容：“艺术家”中没有匹配的行。

要解决此问题，“INSERT INTO Albums”语句必须为“ArtistID”提供有效值。

如果该列允许 NULL 值，我们可以插入一个 NULL。那么这张专辑就不会与艺术家有关。

鉴于代码中显示的语句：

INSERT INTO Albums (AlbumName) VALUES ('something')

“ArtistID”列必须使用除 NULL 之外的 DEFAULT 值来定义，或者存在分配非 NULL 值的 BEFORE INSERT 触发器。

语句大概应该是这样的：

INSERT INTO Albums (AlbumName,ArtistID) VALUES ('something',112)
                             ^^^^^^^^^                     ^^^^

为 ArtistID 列提供有效值。

于 2017-04-25T14:21:04.923 回答