我想使用一个简单的表单向数据库添加注释。 无论出于何种原因，当我使用上述表格时，我似乎无法更新表格。 我没有收到任何错误，只是之后刷新表时没有任何反应。 换句话说，即使在提交表单后，该表仍有 0 个条目。这是我的代码：
<?php
session_start();
$connection = mysql_connect("server", "username", "password");
if ($connection->connect_error) {
die('Connect Error: ' . $connection->connect_error);
}
// Selecting Database
mysql_select_db("database", $connection) or die(mysql_error());
$name = $_POST['name'];
$title = $_POST['title'];
$comments = $_POST['comments'];
$sql = "INSERT INTO comments (Name, Title, Comments)
VALUES ('$name', '$title', '$comments')";
mysql_close($connection); // Closing Connection
?>
感谢您的帮助！
你从来没有真正执行过你的查询：
$sql = "INSERT INTO comments (Name, Title, Comments)
VALUES ('$name', '$title', '$comments')";
$result = mysql_query($sql);
其他事项：
if ($connection->connect_error) {无效。你不能以OOP的方式使用旧的mysql API。为此，您需要使用mysqli。请不要在新代码中使用
mysql_*函数。它们不再维护并被正式弃用。看到红框了吗？请改为了解预准备语句，并使用 PDO 或 MySQLi - 本文将帮助您决定哪个语句。如果您选择PDO，这是一个很好的教程。你也对SQL注入持开放态度
您不执行错误检查。如果你不寻找它们，你怎么期望知道是否有问题？
（注意：请更改服务器信息中的服务器，用户名和密码）
<?php
session_start();
$connection = mysql_connect("server","username","password");
if (!$connection) {
die('Connect Error: ' . mysql_error());
}
// Selecting Database
mysql_select_db("database",$connection) or die(mysql_error());
$name = $_POST['name'];
$title = $_POST['title'];
$comments = $_POST['comments'];
$sql = "INSERT INTO comments (Name,Title,Comments)
VALUES ('$name', '$title', '$comments')";
mysql_query($sql);
mysql_close($connection); // Closing Connection
?>
为了安全（防御SQL注入），您可以使用mysql_real_escape_string函数来限制输入字段。例如：
$name = mysql_real_escape_string($_POST['name']);
$title = mysql_real_escape_string($_POST['title']);
$comments = mysql_real_escape_string($_POST['comments']);