Ошибка ввода данных в базу данных

Question

У меня есть следующий код PHP:

foreach($html->find('dl[class=movie-info]') as $info) { 

    for($i = 0; $i <= 20; $i++) { 

    $contenido = $info->find('dt',$i)->plaintext; 

    if($contenido == 'A&ntilde;o'){ 
     $year = utf8_encode($info->find('dd',$i)->plaintext);}}} 

(код имеет больше, если функции)

И в MySQL таблицу, в которой я положил содержимое переменных ....

Проблема с контентом $ year, мне нужно заполнить его небольшим (5) без знака.

Когда я использую

$con = mysqli_connect("localhost","root","tdguchiha","phpbb3"); 
mysqli_query($con,"INSERT INTO pablo (forum_id, calidad, titulo, caratula, sinopsis, pais, director, reparto, genero) VALUES ('$forum_id', '$calidad', '$titulo', '$img', '$sinopsis', '$pais', '$director', '$reparto', '$genero')"); 
mysqli_close($con); 

Все содержание вставляется, но когда я пытаюсь вставить $year в Ano с типом smallint(5) unsigned ничего не происходит, не создается ни одна строка ...

как я могу конвертировать $ year к числу (оно должно быть числом), чтобы заполнить его в этой колонке? или мне нужно изменить тип столбца?

PD: Я учусь сейчас, чтобы "играть" с MySQL

благодаря

Answer 1

Там нет никакой разницы в MySQL между числом и строкой при выполнении запросов. Убедитесь, что вы включили имя столбца в списке всех столбцов:

mysqli_query($con,"INSERT INTO pablo (forum_id, calidad, titulo, caratula, sinopsis, pais, director, reparto, genero, year) VALUES ('$forum_id', '$calidad', '$titulo', '$img', '$sinopsis', '$pais', '$director', '$reparto', '$genero', '$year')"); 
                                 ^notice year the column                        ^now the actual value 

Просто заменить год в колонке раздела с названием вашего столбца MySQL.

Answer 2

Возможно попробовать приведения его в целое, вместо использования utf8_encode:

$year = intval($info->find('dd',$i)->plaintext); 

Или, в дополнение к его:

$year = intval(utf8_encode($info->find('dd',$i)->plaintext)); 

Можете привести нам пример данных?

EDIT: Дамиан прав, intval() не должен иметь значения.

Try вторя из содержимого вместо, и убедившись, что это реальное число в строке, чтобы сделать некоторые отладки:

if($contenido == 'Año'){ 
    $year = utf8_encode($info->find('dd',$i)->plaintext); 
    echo $year.'<br />';}}} 

Answer 3

Перед отправкой на вопрос StackOverflow, идентифицировать любые ошибки-коды/ошибки-сообщения и размещать их с вопросом:

/* check connection */ 
if (mysqli_connect_errno()) { 
    printf("Connect failed: %s\n", mysqli_connect_error()); 
    exit(); 
} 

И:

if (! mysqli_query($link, "SELECT ...")) { 
    printf("Errorcode: %d\n", mysqli_errno($link)); 
} 

Больше на PHP doc site.

Answer 4

Я думаю, ваша проблема связана с типом значения и данными, которые вы пытаетесь вставить:

A smallint is between -32768 and 32767 signed, or 0 and 65535 unsigned. 

The (5) represents the display width of the field - if you will try to put 90000 you will be rejected. 

В вашем случае это не должно быть (значение лет я предполагаю) проблемы, но показать нам данные, которые вы пытаетесь вставить.

Я думаю, что вы разбираете какой-либо контент с помощью simple_html_dom - убедитесь, что все полученные данные равны , как вы ожидали, прежде чем вставлять их в БД.

также: Попробуйте изменить тип в целом (5), а теперь скажите нам ....

Это будет легче увидеть запрос, который вы используете (с указанием года) и выборкой данных.

Для Loging ошибок и использования дисплея:

$execute = mysqli_query($con,"INSERT INTO pablo (....your query..... ") 
     or 
      printf("Errormessage: %s\n", mysqli_error($con)); 

Весело