编辑表单创建新数据，而不是php

Question

我是php的新手，试着用谷歌搜索这个问题，结果什么也没给我。我有一个index.php，它有一个创建新数据的形式，并显示与edit.php上的链接编辑数据的sql表数据。在edit.php中，我只有表单。所以问题是，edit.php在数据库中创建了新数据，而不是更改我通过id获得的数据。尝试将请求直接放入phpmyadmin中，一切工作正常。

edit.php

include '../connect.php';
include '../errors.php';
include 'view_edit.php';

var_dump($id = $_GET['edit']);

if (isset($_POST['submit'])){
  if (empty($_POST['username'])){
    $errors = "Впишите ваше имя";
  }elseif (empty($_POST['email'])){
    $errors = "Впишите ваш email";
  }elseif (empty($_POST['task'])){
    $errors = "Впишите задание";
  }elseif (empty($_FILES['image']['name'])){
    $errors = "Вставьте картинку";
  }else{
    $id = $_GET['edit'];
    $username = $_POST['username'];
    $email = $_POST['email'];
    $task = $_POST['task'];
    $image = $_FILES['image']['name'];
    $target = "../uploads/".basename($_FILES['image']['name']);

    $sql = "UPDATE `tasks` SET `username`='$username', `email`='$email',
        `task`='$task', `image`='$image' WHERE `id`='$id'";
    mysql_query($db. $sql);
    move_uploaded_file($_FILES['image']['tmp_name'], $target);
    header('location: index.php');
  }
}

在var_dump($id = $_GET['edit']);中，我得到了正确的数据id。

来自view_edit.php的表单

  <form method="post" action="index.php" class="input_form" enctype="multipart/form-
  data">
  <input type="text" name="username" placeholder="Введите Имя" 
  class="username_input">
  <input type="email" name="email" placeholder="Введите email" 
   class="email_input">
    <br>
    <br>
  <input type="hidden" name="MAX_FILE_SIZE" value="300000" />
  <input type="text" name="task" placeholder="Введите задание" 
  class="task_input">
  <p>Сменить изображение</p>
  <input type="file" name="image" multiple accept="image/png, image/jpeg, 
  image/gif">
    <br>
  <button type="submit" name="submit" id="add_btn">Изменить 
  запись</button>
  </form>

来自index.php的表格

while ($row = mysqli_fetch_assoc($tasks)) { ?>
  <tr>
  <td class="username"> <?php echo $row['username']; ?> </td>
  <td class="email"> <?php echo $row['email']; ?> </td>
  <td class="task"> <?php echo $row['task']; ?> </td>
  <td> <?php echo "<img src='../uploads/".$row['image']."'>"; ?> </td>
    <td>
  <a class="delete" href="index.php?del_task=<?php echo $row['id'] ?>">x</a>
    <br><br>
  <a class="edit" href="edit.php?edit=<?php echo $row['id']; ?
     >">Редактировать</a>
    </td>
  </tr>
 <?php  } ?>

和来自view_index.php的表单

<form method="post" action="index.php" class="input_form" 
 enctype="multipart/form-data">
<input type="text" name="username" placeholder="Введите ваше имя" 
 class="username_input" id="username">
<input type="email" name="email" placeholder="Введите ваш email" 
  class="email_input" id="email">
  <br><br>
<input type="text" name="task" placeholder="Введите задание" 
 class="task_input"  id="task">
<input type="hidden" name="MAX_FILE_SIZE" value="300000" />
 <p>Добавить изображение</p>
<input type="file" name="image" multiple accept="image/png, image/jpeg, 
  image/gif">
 <br>
<button type="submit" name="submit" id="add_btn">Добавить задачу</button>
<button type="submit" name="preview" id="preview">Предварительный 
 просмотр</button>
</form>

Answer 1

您的view_edit.php表单的操作属性设置为index.php，因此除非edit.php包含在index.php中，否则提交的表单将不会由edit.php处理，而是由index.php处理。

无论如何，MySQL中的UPDATE查询不能创建新记录，因此插入必须发生在某些未在此处发布的代码中的其他位置。

附注:你的代码非常不安全。Google SQL注入。人们可以使用该表单来删除您的数据库或造成某种其他类型的危害。