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eingefügt Ich habe fast diesen genauen Code auf einer anderen Seite verwendet und es hat gut funktioniert, aber hier ... nicht so sehr.Auswahl aus einem Dropdown-Menü wird nicht in zugewiesene Variable
Ich habe ein Dropdown-Menü mit Elementen aus Datenbankspalten gefüllt. Welches Element auch immer ausgewählt wird, sollte in der Variablen $Product gespeichert werden, aber aus irgendeinem Grund kann ich es nicht herausfinden, es ist einfach nicht da und der Rest meines Skripts (Teile, die ich nicht gepostet habe) funktioniert nicht. Vielen Dank im Voraus für Ihre Hilfe.
<?php
if(isset($_POST['submit'])) {
$Product = $_POST['Product_List'];
} else {
$Product = "";
}
?>
<!DOCTYPE html>
<html>
<head>
<title>Add Chemical Inventory</title>
</head>
<body>
<div id="form_div">
<div id="form_label">
<h2>Add Chemical Inventory</h2>
<form action="Add_Chemical_Inventory.php">
<?php
$List = "SELECT Product_ID, Product_Name FROM `products`";
$list_result = mysqli_query($connection,$List);
echo "Product: <select name='Product_List'>";
while($row = mysqli_fetch_assoc($list_result)){
echo "<option value='".$row['Product_ID'] ."'>".$row['Product_Name']."</option>";
}
echo "</select>";
echo "<br />";
?>
</form>
</div>
</div>
</body>
</html>
_ "es macht es einfach nicht dort und der Rest meines Skripts (Teile, die ich nicht veröffentlicht habe) funktioniert nicht" _ Dies entspricht nicht den Kriterien für eine klare Problembeschreibung. –
Ich kann nicht helfen, aber bemerken, dass Sie nie wirklich mit einer Datenbank verbunden sind ??? –
Entschuldigung ... es ist in einer Include-Datei, die ich nicht zu meiner Frage hinzugefügt habe. Alles andere funktioniert in diesem Fall, aber aus irgendeinem Grund wird die Product_ID, die es zu $ Product machen sollte, niemals funktionieren. Variable bleibt leer. –