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前提・実現したいこと

ここに質問したいことを詳細に書いてください
投稿後、投稿した内容を追加で表示したいです
現在は投稿後エラーがでてしまいます。

発生している問題・エラーメッセージ

Notice: Undefined variable: cotents in /Applications/XAMPP/xamppfiles/htdocs/board/board4.php on line 18

Catchable fatal error: Object of class mysqli could not be converted to string in /Applications/XAMPP/xamppfiles/htdocs/board/board4.php on line 22

該当のソースコード

<?php
$db_host = 'localhost';
$db_name = 'board_db';
$db_user = 'board_user';
$db_pass = 'board_pass';

//データベースへ接続する
$link = mysqli_connect($db_host, $db_user, $db_pass, $db_name);//これらの情報をもとに接続
if ($link !== false){//接続できたら下の処理を実行
$msg = '';
$err_msg = '';

if(isset($_POST['send']) === true){//sendボタンが押されたら下の処理を実行

$name = $_POST['name']; //nameから送られてきた情報を挿入
$contents = $_POST['contents'];//contentsから送られてきた情報を挿入

if($name !=='' && $cotents !==''){//どちらも空ではない場合下の処理を実行

// "INSERT INTO shouhin (id, name) VALUES (4, 'プリンター')";
$query = "INSERT INTO board(name,contents)
          VALUES(mysqli_real_escape_string($link,$name),
                 mysqli_real_escape_string($link,$contens)";

$res = mysqli_query($link, $query);

if($res !== false){ //接続して実行結果を出力
$msg = '書き込みに成功しました';
}else{
$err_msg = '書き込みに失敗しました';
}
}else{
$err_msg = '名前とコメントを記入してください';//そもそも接続できなかったら
}
}

$query = "SELECT id, name, contents FROM board"; //boardからidとnamewo使ってデータを取ってくる
$res = mysqli_query($link,$query);//
$data = array();
while ($row = mysqli_fetch_assoc($res)){
array_push($data,$row);
}
arsort($data);
}else{
echo "データベースの接続に失敗しました";
}

//データベースへの接続を閉じる
mysqli_close($link);
?>

<html>
<head>
<meta http-equiv="content-type" content="text/html: charset=utf-8"/>
</head>
<body>
<form method="post" action="">
名前<input type="text" name="name" value=""/>
コメント<textarea name="contents" rows="4" cols="20"></textarea>
<input type="submit" name="send" value="書き込む" />
</form>

<?php
if ($msg !=='')echo '<p>'.$msg.'</p>';
if ($err_msg !== '')echo '<p style="color:#f00;">'.$err_msg.'</p>';
foreach($data as $key => $val)
{
echo $val['name'].''.$val['contents'].'<br/>';
}
?>
</body>
</html>

試したこと

INSERTの部分を変更しました。

補足情報(言語/FW/ツール等のバージョンなど)

XAMPPでやっています。DBは大丈夫みたいです

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回答 1

checkベストアンサー

0

よくわかりませんが、こういうことですかね~

$query = "INSERT INTO board(name,contents) "
       . "VALUES('" . mysqli_real_escape_string($link,$name) . "',"
       .        "'" .  mysqli_real_escape_string($link,$contens) . "')";

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  • 2016/05/02 20:50

    ありがとうございます。ただ投稿後にエラーが出てしまいます汗

    キャンセル

  • 2016/05/02 20:52

    打ち間違えでした、無事解決しましたありがとうございます

    キャンセル

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