Question

关于表单提交 用PHP后台接收值时报错

就是接收$_POST["styleid"] 这个 报错。 其他的表单变量都能正常接受！
报错图如下

请问各位大侠问什么呢？





Answer 1

测试代码

<?php
echo $_POST['styleid'];
?>

<form method="post">
<input type="radio" name="styleid" value="1" checked="checked" /> 测试
<br>
<button type="submit">提交</button>
</form>

页面显示如下：

提交后

完全正常，请参照上面代码检查你的代码。

提交前的页面如果不希望出现错误提示，赋值前可加上判断

$t = isset($_POST['styleid']) ? $_POST['styleid'] : NULL;

Answer 2

你获取表单数据之前要判断下有没有数据提交上来了。

这样的代码：

echo $_POST['styleid'];

当然是要出错的啊。

//接收表单是一定要判断下的
if(isset($_POST['styleid'])){
   echo $_POST['styleid'];
}

你这个问题就是$_POST没有数据可是你却使用了$_POST

Answer 3

在php文件的最顶部加上
<?php
error_reporting(E_ALL ^ E_NOTICE);
?>

追问

$styleid=$_POST["styleid"];
echo $styleid;

我后台是这样获取值的 但就是报那个错误 您提供给我的那个方法是可以屏蔽错误 但没有获取值呢！

Answer 4

这不是一个错误,只是个提醒,因为你服务器设置问题,变量使用前要先定义,不定义的话就会出现这个提醒

追问

$styleid=$_POST["styleid"];
echo $styleid;

我在后台已经这样子定义了？还是会出这样的警告为啥呢？ 我表单那也是用post方式提交过来的！

追答

那是赋值,不是定义
你最好是到配置文件中把设置改掉,这样会很麻烦

追问

但取消掉这个错误也没办法获取到$styleid=$_POST["styleid"];这个值 ，请问为啥？

追答

你用var_dump($_POST);看一下接受到的所有数据