PHP信息修改并提交页面,以下是我的代码,可以读取数据,但修改后,点击发布,数据库信息却没变动,请指点

请高手指点,在线等。<?phpinclude("../check.php");if(!empty($_POST['sub'])){$sql="updatezntltd_q... 请高手指点,在线等。

<?php
include("../check.php");

if(!empty($_POST['sub'])){
$sql="update zntltd_qb_menu set name='".$_POST['name']."' , linkurl='".$_POST['linkurl']."', fid='".$_POST['fid']."' where id='".$_POST['id']."'";
mysql_query($sql);
echo "<script>alert('修改成功!');location.href='list.php'</script>";
exit();
}

$sql="SELECT id,name,linkurl,fid FROM `zntltd_qb_menu` WHERE id=".$_GET['id']." order by id desc";
$query=mysql_query($sql);
$rs=mysql_fetch_array($query);
?>
<meta http-equiv="Content-Type" content="text/html; charset=gb2312" />
<form action="" method="post">
菜单名称<input name="name" type="text" size="20" value="<?php echo $rs['name'] ?>"><br>
链接地址<input name="linkurl" type="text" size="20" value="<?php echo $rs['linkurl'] ?>"><br>
顺序排序<input name="fid" type="text" size="20" value="<?php echo $rs['fid'] ?>"><br>
<input type="submit" name="sub" value="发布"><br>
</form>
check.php 文件
<?php
include("config/conn.php");
empty($_COOKIE['uid'])? exit : null;
$rs=$db->login_check($_COOKIE['uid'],$_COOKIE['keyid']);
$row=$db->select_once("user_info","`uid`='".$rs[0]."'");

if(!empty($_GET['login'])){
$db->login_out("../index.php");
}
empty($_COOKIE['uid'])? exit : null;
$rs=$db->login_check($_COOKIE['uid'],$_COOKIE['keyid']);
?>

conn.php文件为连接数据库信息
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 我来答
guo_baomei
2012-10-25 · TA获得超过142个赞
知道答主
回答量:49
采纳率:0%
帮助的人:43.4万
展开全部
看了半天终于找到问题了,你的sql语句中修改的那条记录的where id='".$_POST['id']."' ,这里的$_POST['id'] 你的form表单中没有传这个值,所以找不到修改的这条记录
相当于:$sql = update `表` set name = '值',linkurl='值',fid='值' where id='' ;

。所以提示成功了但是数据库记录没有改动,细心点

你表单中只有 fid这个值,没有id值
田真久
2012-10-25 · TA获得超过661个赞
知道小有建树答主
回答量:603
采纳率:100%
帮助的人:320万
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看下你的check.php
更多追问追答
追问
check.php没有问题的,因为还有等同的其他几个类似的修改信息界面,代码基本一样,但是就是这个不能更新数据库。中间测试成功了一次,但是我又修改了点内容,不知道把哪里弄错了。帮我检查下代码吧。
追答
但是就这里我看不出什么错啊
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