##やりたいこと
データベースに登録した内容を取得して表示し、さらに表示した内容を
別のテーブルに登録したいです。
##手順
1<ページA>
入力フォームを作成してテキスト、写真を入れて送信
HTML
1<form method="post" action="***.php"name=""> 2<input type="file" name="img" id="photo_file1" class="photo_file1"multiple="multiple"> 3<input type="image" src="img/mikan.png"name="fo1" id="form"wrap="hard" onclick="sub();"> 4</form> 5
2<ページB>
DB名「sample」のテーブル「text」に登録し、登録した内容を表示。
PHP/HTML/PHPMyadmin
1<?php 2$path = "../img/photo/"; 3$file = $_FILES["img"]["name"]; 4 5$filename = $path . $file; 6if (is_uploaded_file($_FILES["imgup"]["tmp_name"])) { 7 if (move_uploaded_file($_FILES["imgup"]["tmp_name"], $filename)) { 8 chmod("files/" . $filename, 0644); 9 echo ""; 10 } else { 11 echo "ファイルをアップロードできません。"; 12 } 13} else { 14 echo ""; 15} 16 17if(!$file){ 18 $filename = NULL; 19} 20 21$cn1=mysql_connect("localhost","root","****"); 22$db=mysql_select_db("sample",$cn1); 23if(!empty($_POST["name"])){ 24$result = mysql_query("INSERT INTO preview(name,photo1,) VALUE(\"$_POST[name]\",\"$filename\")",$cn1); 25 } 26 27?> 28<!DOCTYPE html> 29<html lang="ja"> 30<head> 31<meta http-equiv="Content-type"content="text/html;charset=UTF-8"> 32<title>画面</title> 33<link rel="stylesheet" href="../css/home.css" /> 34</head> 35<body> 36<form method="post" action="touroku.php"id="form" name="s1" enctype="multipart/form-data"> 37<?php 38$result = mysql_query("SELECT * FROM text" ,$cn1); 39$i=0; 40while($row = mysql_fetch_array($result)) 41{ 42 43 44 $name = $row["name"]; 45 $photo1= $row["photo1"]; 46 47 echo <<<EOM 48 <p>名前は$nameです。</p> 49 <img src="$photo1"class="photo"width="300" alt=""> 50EOM; 51} 52?> 53</body> 54</html>
3<ページC>
ページBで表示した内容をDB名「sample」のテーブル「text1」に
登録する。
※ページBで表示した内容 = DB名「sample」のテーブル「text」に登録したもの
##できないところ/その他
できないところは3の別のデータベースにページBの内容を登録させるところです。
name属性を使うことはわかっています。inputタグのname属性に
書かないといけないのでしょうか。表示画面なのでinputタグはおかしい気がします。
また写真もあのでinputタグだと使えなかったり、表示が崩れたりします。
他に方法がありましたらname属性を使用する以外でも構いませんので
ご教授頂ければ幸いです。
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