Hinweis: Undefinierte Variable: auf Einfügen

Ich bin ziemlich neu in PHP und stieß auf ein Problem. Ich versuche zu überprüfen, ob eine ID in der Tabelle vorhanden ist, und wenn nicht, dann füge die Datensätze ein, aber laufe in Schwierigkeiten. Ich habe zur Zeit:Hinweis: Undefinierte Variable: auf Einfügen

  <?php 

      if(isset($_POST['add'])){ 
      $id    = $_POST['id']; 
      $first_name  = $_POST['first_name']; 
      $last_name  = $_POST['last_name']; 
      $dob    = $_POST['dob']; 
      $telephone  = $_POST['telephone']; 
      $job_title  = $_POST['job_title']; 
      $site   = $_POST['site']; 
      $department  = $_POST['department']; 
      $email   = $_POST['email']; 
      $pass1   = $_POST['pass1']; 
      $pass2   = $_POST['pass2']; 


      $cek = mysqli_query($db, "SELECT * FROM employees WHERE id='$id'"); 
      if(mysqli_num_rows($cek) == 0){ 

       if($pass1 == $pass2){ 
        $pass = md5($pass1); 
        $insert = mysqli_query($db, "INSERT INTO employees (id, first_name, last_name, dob, telephone, job_title, site, department, email, password) 
                 VALUES('$id','$first_name', '$last_name', '$dob', '$telephone', '$job_title', '$site', '$department', '$email', '$pass')") or die('Error: ' . mysqli_error($db)); 
        if($insert){ 
         echo '<div class="alert alert-success alert-dismissable"><button type="button" class="close" data-dismiss="alert" aria-hidden="true">&times;</button>Employee added</div>'; 
        }else{ 
         echo '<div class="alert alert-danger alert-dismissable"><button type="button" class="close" data-dismiss="alert" aria-hidden="true">&times;</button>Ups, Error, user not added</div>'; 
        } 
       } else{ 
        echo '<div class="alert alert-danger alert-dismissable"><button type="button" class="close" data-dismiss="alert" aria-hidden="true">&times;</button>Passwords do not match</div>'; 
       } 
      }else{ 
       echo '<div class="alert alert-danger alert-dismissable"><button type="button" class="close" data-dismiss="alert" aria-hidden="true">&times;</button>Employee Id Exists</div>'; 
      } 
     } 
     ?>

ich einen Fehler am Problem aufgetreten ist: Hinweis: Nicht definierte Variable: db

habe ich versucht, aber ohne Erfolg, so weit zu googeln. Hat jemand Ideen?

Die Fehlerpunkte 76 an der Leitung, die

 $cek = mysqli_query($db, "SELECT * FROM employees WHERE id='$id'");

Quelle

2017-02-22 Rob Wilson

Sie könnten 'WHERE ID = '{$ ID}'' aber es ist ein wirklich schlechter Weg zu gehen, wie es Sie für SQL-Injektionen offen bleibt. – Option

Wie der Fehler schlägt, haben Sie die Variable $ db gesetzt? Die Mysqli_query versucht, die Datenbank zu öffnen, aber da $ db anscheinend nicht in Ihrem Skript definiert ist, ist es nicht möglich, eine Verbindung zu öffnen. – dsadnick

Ich habe Mit der dort gesetzten $ db-Variablen –

Ich hatte gerade < von Anfang des Codes

php include ("config.php") fehlt;?>

statt

Einer von denen ihr Recht dort aber Ich konnte es einfach nicht übersehen sehen. Muss versehentlich gelöscht oder gelöscht und nicht bemerkt werden.

Quelle

2017-02-22 16:51:45

Hier sind a link mit der MySQL-Verbindung

$db=mysqli_connect("localhost","my_user","my_password","my_db"); 
// Check connection 
if (mysqli_connect_errno()) 
{ 
    echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error(); 
}

dann können Sie

$cek = mysqli_query($db, "SELECT * FROM employees WHERE id='$id'");

Hoffnung, dass ein hilft verwenden helfen wenig

Quelle

2017-02-22 16:35:32 dsadnick

Hinweis: Undefinierte Variable: auf Einfügen

Antwort

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