Ich habe kleine Zweifel in PHP-Codierung, bitte helfen Sie mir. Momentan zeige ich Jobs an, nach der Suche wird das Ergebnis auf derselben Seite angezeigt. Es ist fertig, aber das Ergebnis wird unter dem Inhalt angezeigt. Was muss ich tun, um nur Ergebnisse auf dieser Seite anzuzeigen? Ich will nicht zur Verfügung der bisherigen contents.This machen, ist der Code:Suche und Anzeige des Ergebnisses auf der gleichen Seite
<html>
<head>
<title>Example</title>
<meta http-equiv="Content-Type" content="text/html; charset=utf-8" />
</head>
<body>
<h2>Job Openings</h2>
<form method="POST" action="jobopenings.php">
<input type="text" name="txt" required />
<input type="submit" name="btn" value="search" /><br/>
</form>
</body>
</html>
<?php
define('HOST', 'localhost');
define('USER', 'root');
define('PASS', '');
define('DB', '*****');
$con = mysqli_connect(HOST,USER,PASS,DB) or die("Unable to connect to db");
$selQ = "Select * from jobpostings";
$res1 = mysqli_query($con, $selQ);
while($row = mysqli_fetch_array($res1))
echo $row[3]."<br> Job Id:<b>".$row[2]."</b><br><b>".$row[1]."</b>"."
<br>"."Exp:".$row[5]."<br>"."Location:".$row[6]."<br>".$row[8]."<br><br>";
if(isset($_POST["btn"])){
$query=$_POST['txt'];
$query=htmlspecialchars($query);
$query=mysqli_real_escape_string($con,$query);
$raw_results="select * from jobpostings where (C_name like '%" .$query."%')
or (Job_title like '%".$query."%')";
$final_results=mysqli_query($con,$raw_results);
if(mysqli_num_rows($final_results)>0){
while($results=mysqli_fetch_array($final_results)){
echo "<p><b>".$results[1]."</b><br> Job Id:".$results[2]
<br>".$results[3]."</p>";
}
}
else{
echo '<b style="color:red;">No results found</b>';
}
}
?>
Vielen Dank im Voraus
Gut, dass der Inhalt in einen Zustand wickeln auch ...? – CBroe
Sie sind nicht Problem immer 'echo "
" $ results [1] "
";' diese Zeile? –Job Id:"... $ Results [2]
" $ results [3]."