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別のテーブルから値を取得し、formで別のテーブルに送信する方法（PHP）

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nyowaa

nyowaa

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初めての質問です、宜しくお願い致します。

前提・実現したいこと

PHPのフォームの部分なのですが、フォームの内容をデータベースに書き込む際に、他のテーブルのidをフォームを送信するテーブルのidにデータを送りたいのですが、データ件数カウントの指定方法がダメなのか、変数の指定がダメなのかわからず困っております。
どなたか助言をお願い致します。

ちなみに、システム（アプリ）は、メニューの一覧があり、チェックを入れて送信すると、データベースに選んだメニューのデータが送られるという感じです。idはメニューの種類（主菜など）です

該当のソースコード

テーブルの結合を行って、menuIdを持ってきているはず・・・なのですが、データベースの方には値が0としか入ってくれません・・・
コードはこんな感じです↓↓ 

//データ件数をカウント、変数dataに代入
$recordSet = mysqli_query('SELECT COUNT(id) FROM dish INNER JOIN menu ON dish.dishId = menu.menuId');
$data = mysqli_fetch_assoc($recordset);

$id = $data['count(id)']+1;
$dishId = $_POST[menuId];
$dishMenu1 = $_POST[dishMenu1];
$dishMenu2 = $_POST[dishMenu2];
$dishMenu3 = $_POST[dishMenu3];
$dishMenu4 = $_POST[dishMenu4];

//書き込み部分
mysqli_query('INSERT INTO dish SET id="'.$id.'",dishId="'.$dishId.'",dishMenu1="'.$dishMenu1.'",dishMenu2="'.$dishMenu2.'",dishMenu3="'.$dishMenu3.'",dishMenu4="'.$dishMenu4.'"') or die(mysqli_error());

試したこと

$recordSetはテーブル結合しているはずなので、変に弄るともっと分からなくなるかなと思い、
$dishId=$_POST[menuId];の部分を$dishId=$_POST[dishId];にしてみたのですが、0の値のままでした。

追記

テーブル構造↓
dishはdishId,dishMenu1,dishMenu2,dishMenu3･･･
menuはmenuId,menu1,menu2,menu3･･･という構造になっています。

考えてみたところ、この結合方法は不適切かな･･･？と思いましたので、上記にあるコードの

 $recordSet = mysqli_query('SELECT COUNT(id) FROM dish INNER JOIN menu ON dish.dishId = menu.menuId');

の部分を

$recordSet = mysql_query('SELECT COUNT(id) as CNT FROM answers');
$sql = sprintf('SELECT * FROM questions WHERE questionnaires_id="%s"',mysql_real_escape_string($_GET['q']));

に書き換えてみましたが、idが取得されませんでした。

現在、このような感じです。 

$recordSet = mysql_query('SELECT COUNT(id) as CNT FROM answers');
$sql = sprintf('SELECT * FROM questions WHERE questionnaires_id="%s"',mysql_real_escape_string($_GET['q']));
$data = mysql_fetch_assoc($recordSet);
$id = $data['CNT']+1;

$dishId = $_POST[menuId];
$dishMenu1 = $_POST[dishMenu1];
$dishMenu2 = $_POST[dishMenu2];
$dishMenu3 = $_POST[dishMenu3];
$dishMenu4 = $_POST[dishMenu4];

//書き込み部分
mysqli_query('INSERT INTO dish SET id="'.$id.'",dishId="'.$dishId.'",dishMenu1="'.$dishMenu1.'",dishMenu2="'.$dishMenu2.'",dishMenu3="'.$dishMenu3.'",dishMenu4="'.$dishMenu4.'"') or die(mysqli_error());

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  • kunai

    kunai

    2016/12/02 11:41

    dishとmenuのテーブル構造はどうなってますか？カウントしたいのはdishテーブル(もしくはmenuテーブル)のidであり、dishテーブルの「dishId」とmenuテーブルの「menuId」が同じもの、と言う条件で正しいですか？一般的な設計で考えると、結合条件は「dishテーブルのmenuId」と「menuテーブルのmenuId」のように思えますが。。また、「SELECT COUNT(id) FROM」ではなく「SELECT COUNT(id) as cnt FROM」にした方が、配列のキーに記号が含まれる気持ち悪さがなくなってよいかと思います。

    キャンセル

  • ShoheiTai

    ShoheiTai

    2016/12/02 12:09

    テーブル定義を教えていただきたいです。join周りが怪しそうですが、定義がわからないとなんとも言えない状態です。。

    キャンセル

  • nyowaa

    nyowaa

    2016/12/05 15:39

    コメントありがとうございます。テーブルの構造を追記させていただきました。また、SELECT COUNT (id) FROM の部分も修正させていただきました！

    キャンセル

回答 2 件

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+1

COUNT(ID)に名前を付ける必要があると思います。
また$_POSTの参照方法が違いますね。
他にも問題はあるかもしれませんが、とりあえず目についたところです。
修正したのがこちらになります。 

$recordSet = mysqli_query('SELECT COUNT(id) as CNT FROM dish INNER JOIN menu ON dish.dishId = menu.menuId');
$data = mysqli_fetch_assoc($recordset);

$id = $data['CNT']+1;
$dishId = $_POST['menuId'];
$dishMenu1 = $_POST['dishMenu1'];
$dishMenu2 = $_POST['dishMenu2'];
$dishMenu3 = $_POST['dishMenu3'];
$dishMenu4 = $_POST['dishMenu4'];

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  • 2016/12/07 15:37

    ありがとうございます。
    $recordSetの部分を、('SELECT * FROM dish CROSS JOIN menu')に書き換えてみました。
    そしてINSERT部分をコメントアウトして実行してみましたところ正常に動作したので、INSERT部分に問題があることがわかりました。そして、ここ（http://www.sql-reference.com/insert/insert_select.html）を参考にINSERT部分を少しいじってみました。
    INSERT INTO dish (dishId) SELECT menuId FROM menu SET･･･
    ↑こんな感じです。これを実行してみましたところ、先ほどのエラーは消えたのですが、
    You have an error in your SQL syntax; check the manual that corresponds to your MySQL server version for the right syntax to use near 'SET id="", menuId="", menu1="今から", menu2="", ' at line 1
    というようなエラーが出てしまいました。
    宜しくお願いいたします。

    キャンセル

  • 2016/12/07 15:42

    MySQLにおける文字列は、ダブルクォーテーションではなく、シングルクォーテーションになります。
    それでエラーになっていると思いますので、修正してみてください。

    キャンセル

  • 2016/12/08 09:09

    ttyp03様、ありがとうございました！おかげで解決することができました！

    キャンセル

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0

なんかPHPのコードでError/Warningがいっぱい出てるような気がするのですが。。。
以下のようにPHPのソースファイルの先頭を以下のようにしてError/Warningが表示されるようにしてみてください。

記載されたコードに絞ってみれば、
表示されたエラーを修正すると動作する気がします。

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