一切都在執行，但查詢...我錯過了什麼？

這是從另一頁面接收上傳圖像的文件。圖像被接收並保存在服務器上（該部分正在工作），查詢不是。我手動將查詢輸入到phpMyAdmin中，並使用虛擬值作爲文件名，它起作用。我把這個虛擬查詢放入這段代碼中，它不起作用。我無法弄清楚我做錯了什麼。一切都在執行，但查詢...我錯過了什麼？

<?php 
$ds = DIRECTORY_SEPARATOR; 
$storeFolder = 'img'; 
if (!empty($_FILES)) { 
    $tempFile = $_FILES['file']['tmp_name'];    
    $targetPath = $_SERVER['DOCUMENT_ROOT']. $ds. $storeFolder . $ds; 
    $targetFile = $targetPath. $_FILES['file']['name']; 
    move_uploaded_file($tempFile,$targetFile); 
    mysql_query("INSERT INTO `photos` (photo_id, file_name) VALUES ('', '".$_FILES['file']['name']."');"); 
} 
?>

來源

2013-05-29 SuperNoob

'mysql_error（）'PS：你們請給他一個機會來調試它自己 – zerkms

也許mysql_connect（）函數 – steven

或者檢查是否請求mysql_query（）返回'FALSE'，表明發生了錯誤。 –

假設photo_id是自動遞增這裏是一些修正你的代碼：

<?php 
$ds = DIRECTORY_SEPARATOR; 
$storeFolder = 'img'; 
if (!empty($_FILES)) { 
    $name = $_FILES['file']['name']; 
    $tempFile = $_FILES['file']['tmp_name'];    
    $targetPath = $_SERVER['DOCUMENT_ROOT']. $ds. $storeFolder . $ds; 
    $targetFile = $targetPath. $_FILES['file']['name']; 
    move_uploaded_file($tempFile,$targetFile); 
    $query = "INSERT INTO photos (photo_id, file_name) VALUES (NULL, '".$name."')"; 
    $result = mysql_query($query); 
    if (!$result) die ("Database access failed: " . mysql_error()); 
} 
?>

這樣，你應該能夠調試代碼。現在，如果您需要從Javascript調用中獲得結果，則應該使用AJAX。

入住這裏：

Send a request to a php page and then get back results using ajax

來源

2013-05-29 22:56:10

一切都在執行，但查詢...我錯過了什麼？

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