數據庫沒有捕捉任何東西在PHP文件

位的背景下，我正在一個網站上，允許用戶填寫表格，他們上傳產品作爲廣告的網站，有點像gumtree。我試圖讓我的數據庫從上傳中獲取會話ID，以便可以從表單中獲取所有填入的內容，而我遇到的問題是它沒有獲取產品ID，它在窗口底部顯示網址與「ID = 0」在最後，任何人有任何理由說爲什麼這樣說？數據庫沒有捕捉任何東西在PHP文件

$post_id = mysqli_insert_id($conn); 
$msg = "Your add has been posted successfully. View it here <a href=\"product.php?id={$post_id}\">here.</a>";

現在這就是我在頂部包含的數據庫文件的內容;

<?php 
$conn = new mysqli("localhost","Team7","mBSrfZk2","team7") or  die("Could not connect to server: " . mysqli_error($conn)); 
?>

來源

2017-05-05 JackD

根據文檔mysqli_insert_id（）函數返回「0」，如果沒有更新或沒有AUTO_INCREMENT字段。請檢查你的表是否有auto_increment文件。

的mysqli_insert_id（）函數返回一個表由查詢（通常INSERT）生成的ID與具有AUTO_INCREMENT 屬性的列。如果沒有通過此連接發送INSERT或UPDATE語句，或者修改後的表中沒有包含 AUTO_INCREMENT屬性的列，則此函數將返回零。

你可以找到一個詳細的解答here

來源

2017-05-05 12:32:02 Sinha

剛纔檢查表在mysql表，它具有AUTO_INCREMENT屬性已經 – JackD

下面是如何使用mysqli_insert_id（）[link]（https://www.w3schools.com/php/func_mysqli_insert_id.asp）的一個很好的例子。它需要在嘗試抓取插入ID之前執行插入。在你的代碼描述中你沒有添加插入部分。 – Sinha

你試圖把連接的ressource到mysqli_insert_id 可能不行......你需要首先創建一個有效的SQL插入獲得工作的ressource回來......

這裏是如何將數據插入一個很好的例子： https://www.w3schools.com/php/php_mysql_insert.asp

來源

2017-05-05 12:34:34 mrkaminski

數據庫沒有捕捉任何東西在PHP文件

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