拉動信息

Question

所以基本上我真的不知道該怎麼解釋我需要什麼，或者如果標題甚至是正確的，但我需要一些help.I'll解釋什麼，我努力做最好的自己。

這是我正在處理的頁面的圖片，並提及 http://i40.tinypic.com/14m5euh.png。

所以基本上我需要做的是，用戶會上傳upload一個文件，點擊它會上傳到database與job number一起的時候，到目前爲止，我已經成功地得到它更新到database。

但我不能在database的job number，因爲我的信息都從database的array我試圖將信息存儲到session variable，其循環和得到由下一個替換，所以基本上什麼都最後的job number是否會被保存在database哪個原因是錯誤的？

我的最後一個問題是，我如何讓用戶從drop down box回答variable？

我的代碼：

$con = mysqli_connect("localhost", "root", "","fixandrun") or die(mysqli_error()); 
    $data = mysqli_query($con,"SELECT * FROM bookjob") or die(mysql_error()); 

    Print "<table border cellpadding=10>"; 
    Print "<table border='2'>"; 

    echo "<table border='2' cellpadding=10> 
     <tr> 
      <th> Job number</th> 
      <th> Job details</th> 
      <th> Pc number </th> 

      <th> Job status</th> 
      <th> Upload report</th> 
      <th> Update Job</th> 

     </tr>"; 

     while($row= mysqli_fetch_array($data)) 
     { 
     echo "<tr>"; 
      echo "<td>".$_SESSION['JOBNUM'] = $row['jobnumber'] . "</td>"; 
      echo "<TD width=20% height=100>" . $row['jobdetails'] . "</td>"; 
      echo "<td>" . $row['pcnumber'] . "</td>"; 
      echo "<td> <select name='jobprogress'> 
        <option Value='pending'>pending</option> 
        <option value='Completed'>Completed</option> 
        <option value='In progress'>In progress</option> 
        <option value='Need more information'>Need more information</option> 

       </select> </td>"; 
      echo "<td> <form action='reportupload.php' method='post' enctype='multipart/form-data' name='uploadform'> 
        <input type='hidden' name='MAX_FILE_SIZE' value='350000'> 
        <input name='report' type='file' id='reportupload' size='50'> 
        <input name='upload' type='submit' id='upload' value='Upload'> 
       </form> 
      </td>"; 
      echo "<td> <a href='updateadmin.php'>Update information</a></td>"; 
      echo "</tr>"; 
     } 
     echo "</table>"; 
    echo "<br>"; 

Answer 1

有很多問題，你的代碼。要完成所有這些將耗費大量時間，所以我會放下一些你需要考慮的事情來實現這一目標。

首先，只要你想，你可以使盡可能多的形式，並與PHP的幫助下，你可以這樣做動態的youre做。問題出在每一份工作上，你都要用同樣的名字創建一個新表格。如果你打算這樣做的話，你需要找到一種方法讓他們成爲每個表格的動態名稱。

其次，你可能不應該做一種新的形式，所以把你所有的開始和結束標記圈外，把前一陣開幕形式標記，並從while循環之後結束表單標籤。

我會建議你去了解HTML表單的詳細一點，PHP while循環，並從數據庫中嵌入形式有更搞亂之前獲取的信息。沒有冒犯，但我認爲在擺弄它之前你需要更多的知識。

我建議做一個測試數據庫和表3可能字段，然後做一個小的形式與一對夫婦現場，看是否可以獲取數據，並先與您的形式更新。

Answer 2

我想我已經完成了你的任務，現在是嗎？

 $cnt = 0; 
       while($row= mysqli_fetch_array($data)) 
        { 
       echo " <form action='test.php' method='post' enctype='multipart/form-data' name='uploadform' . $cnt>"; 

         echo "<tr>"; 
         echo "<td>".$_SESSION['JOBNUM'. $cnt] = $row['jobnumber'] . "</td>"; 
         echo "<TD width=20% height=100>" . $row['jobdetails'] . "</td>"; 
         echo "<td>" . $row['pcnumber'] . "</td>"; 
         echo "<td> <select name='jobprogress'> 
          <option Value='pending'>pending</option> 
          <option value='Completed'>Completed</option> 
          <option value='In progress'>In progress</option> 
          <option value='Need more information'>Need more information</option> 

          </select> </td>"; 
         echo "<td> 
    <input type='hidden' name='MAX_FILE_SIZE' value='350000'> 
    <input name='report' type='file' id='reportupload' size='50'> 


            </td>"; 
         echo "<td><input name='upload' type='submit' id='upload' value='Upload'></td>"; 
         echo "</tr>"; 

         echo "</form>"; 
         ++$cnt; 
        } 
       echo "</table>"; 
       echo "<br>"; 


        ?>