HTML / PHP很可能没有正确地从表中传递ID

如何解决HTML / PHP很可能没有正确地从表中传递ID

| 我将尝试使其简单...这是我用来从数据库填充下拉菜单的代码。这将正确填充下拉菜单。

<form action=\"formsubmit.PHP?team_id=6\" method=\"post\">
    <label> <br />What did they say?: <br />
        <textarea name=\"quotetext\" rows=\"10\" cols=\"26\"></textarea></label>
    <select name=\'name\'>
        <?PHP
            while ($temp = MysqL_fetch_assoc($query)) {
                echo \"<option value=\" . $temp[\'id\'] . \">\".htmlspecialchars($temp[\'lastname\']) . \",\" . htmlspecialchars($temp[\'firstname\']) . \"</option>\";
            }
        ?>
    </select>
    <input type=\"submit\" value=\"Submit!\" />
</form>

我想做的就是将这个人的ID传递到formsubmit.PHP文件中，该文件在提交表单时被调用。当我在formsubmit.PHP的数据库查询中使用$ die（$ sql）时，此人的ID为空。。。这是formsubmit.PHP中的相关代码：

$quotetext = $_POST[\'quotetext\'];
    $id = $_POST[\'id\'];
    $team_id = $_GET[\'team_id\'];
    $sql = \"INSERT INTO quotes SET 
            speaker_id=\'$id\',quotetext=\'$quotetext\',game_id=2\";
    die($sql);

编辑：固定，归功于迈克尔。

<select name=\'name\'>

应该：

<select name=\'id\'>

    

解决方法

        在您的表单中，您使用的是

<select name=\'name\'>

，但是在您的PHP脚本中，您正在调用的是

$_POST[\'id\']

。 更改为：

<select name=\'id\'>

    ,        乍一看，它看起来像是错字。尝试：

$id = mysql_real_escape_string($_POST[\'name\']);

    ,        问题是您没有以\“ id \”作为名称的表单变量。在我看来，您只需将

<select name=\'name\'>

更改为

<select name=\'id\'>

。     ,        

$team_id = $_POST[\'name\']

您的选择元素名为\“ name \”，而表单为\“ POST \”。     ,        你需要改变

$id = $_POST[\'id\'];

至

$id = $_POST[\'name\']; // as name is what you gave your select element