我试图使用一个配置文件连接到一个数据库,这是我的Joomla网站的一部分。
我的配置文件看起来如下:
<?php
class JConfig {
public $dbtype = 'mysqli';
public $host = 'localhost';
public $user = 'xxxx';
public $password = 'xxxx';
public $db = 'xxxx';
public $dbprefix = 'xxxx_'
请帮助我正在制作一个消息框,允许用户发送信息给每一个将存储在数据库中。我的问题是,当插入新消息时,它成功地插入到我的database.but中,同时从我的数据库打印值,它打印以前插入的消息first..but,我需要打印新添加的消息。
<?php
include 'connection.php';
$result=mysqli_query($con,"SELECT * FROM MESSAGES WHERE ID='9996565'");
while($row=mysqli_fetch_array($result))
{
echo
我无法获得任何信息到我的wamp服务器数据库,也不会显示欢迎页面下面是我的代码,请告诉我做错了什么,或者如果我的wamp可能配置错误?
下面的php代码
<?
// Test if submit button was pressed
if (isset($_POST['sub_button'])) {
$fname=$_POST['fname'];
$lname=$_POST['lname'];
$sex=$_POST['sex'];
$address=$_POST['add
可能重复:
当它开始使用php编程时,我是个新手。目前,我正在一个带有数据库的项目中工作。当我试图调用我的查询时出现了一个问题:$r = mysqli_query($db, $q);,我得到了这个错误:
这是我连接到数据库的类:
class conectDB{
var $dbUser;
var $dbPassword;
var $dbHost;
var $dbName;
function __construct() {
$this->dbUser ='root';
$this->dbPassword = '';
我正在使用MVC架构创建twitter克隆。我已经写了下面的javascript代码来显示喜欢和不像按钮。
当用户单击like按钮时,我正在使用actions.php将tweetId传递给ajax以更新数据库。
$(".likeTweet").click(function() {
var id = $(this).attr("data-tweetlikeId"); /* Id of tweet*/
$.ajax({
type: "POST",
url: "actions.php?acti
对于MySQLi和PHP,我有一个问题。
我创建了一个表单,一旦我在其中键入所需的值并点击submit,这些值就会立即发送到数据库。这没什么不对。
我想要做的是:在点击submit按钮后,PHP将响应刚刚提交的条目的结果。这就是说:
`INSERT INTO table VALUES (x, x, y) -> SELECT x, x, y FROM table ORDER BY id DESC LIMIT 1`
我已经尝试过许多方法来完成这个任务,但是所有这些方法要么都与前面的条目(刚才提交的条目之前的条目)相呼应,要么显然不起作用。
我尝试过mysqli_insert_id($c