Прежде всего, другие вопросы, которые были решены, не помогают мне. У меня все еще есть одна и та же проблема, поэтому, пожалуйста, не отмечайте это как дубликат. Также мне нужно добавить данные в мою базу данных.
Код:
<html> <head> <title>Vanille</title> </head> <body> <?php include ("realhtmlinphpfile.php"); mysqli_connect("localhost") or die ("Fehler"); mysqli_select_db("test34") or die ("Verbindung nicht möglich..."); $Test1 = $_POST["Test1"]; $Test2 = $_POST["Test2"]; $Text3 = $_POST["Test3"]; $Test4 = $_POST["Test4"]; if($Test1 == "" or $Test2 == "" or $Test3 == "" or $Test4 == "") { echo "FAIL"; } else { $eintrag = "INSERT INTO test34 (datum, autor, newstext) VALUES ('$test1', '$test2', '$test3', '$test4')"; } mysql_close($verbindung); ?> </body> </html> Вы можете подключить базу данных mysqli следующим образом
<?php $con = mysqli_connect("localhost","user","password","my_db") or die ("Fehler"); return $con; ?>
Или
<?php $con = mysqli_connect("localhost","user","password"); $sel = mysqli_select_db($con , "my_db") or die ("Fehler"); return $sel; ?>
mysqli_select_db() требует 2 параметра:
Поэтому для вашего соединения ваш код должен выглядеть так:
$link = mysqli_connect("localhost") or die ("Fehler"); mysqli_select_db($link ,"test34") or die ("Verbindung nicht möglich...");
Вы можете проверить документ mysqli_select_db () для получения дополнительной информации: http://php.net/manual/fr/mysqli.select-db.php
Вы должны передать объект соединения в качестве первого параметра:
$con=mysqli_connect("localhost","username","password"); // mysqli_connect("localhost); mysqli_select_db($conn,"test34");
Код выглядит действительно беспорядочным 🙂 Вам нужно будет сохранить дескриптор из mysql_connect() в переменную и иметь это как первый параметр.
$c = mysqli_connect("localhost") or die ("Fehler"); mysqli_select_db($c, "test34");
PS: В моем предыдущем ответе я сам смешал параметры, поскольку имел в виду более старые функции mysql .