Как запустить два sql-запроса, используя результат первого в секунду?

Question

У меня есть 2 запроса, и я хочу использовать результат первого запроса во втором.
После не работает для меня:

$id  = $_GET['uid']; 
$app_id = $_GET['apid']; 
$sql = "insert into tbl_sc (client_id,status) values ($id,1)"; 
mysql_query($sql) or die ($sql); 
$result = mysql_insert_id(); 
echo $result; 

$sql = "insert into tbl_ms(m_name, ng_ID, status) 
      values ($app_id,$result ,1)"; 
$result = mysql_query($sql) or die ($sql); 

Есть ли другой способ получить тот же результат?

Answer 1

Вы могли бы использовать функцию MySQL LAST_INSERT_ID(). Таким образом, весь этот беспорядок с идентификатором insert исчезнет.

$sql = "insert into tbl_sc (client_id,status) values ($id,1)"; 
if(mysql_query($sql)){ 
    $sql = "insert into tbl_ms(m_name, ng_ID, status) 
       values ($app_id, LAST_INSERT_ID() ,1)"; 
    $result = mysql_query($sql); 
    if($result){ 
     // Process your result 
    }else{ 
     // second query failed! 
     die (mysql_error()); 
    } 
}else{ 
    // first query failed! 
    die (mysql_error()); 
} 

Answer 2

$result содержит ресурс SQL, а не идентификатор.

$insert_id = mysql_insert_id(); 
$sql = "INSERT INTO tbl_ms(m_name, ng_ID, status) 
     VALUES ($app_id, $insert_id, 1)"; 

Не забывайте санировать вход пользователя, чтобы избежать инъекций.

Answer 3

$result в вашем коде всегда будет содержать логическое значение, и если он был успешным, то при использовании в следующем запросе это всегда будет 1. Вы должны указать значение, которое вам нужно, но вы не поймали его в переменной, чтобы его можно было использовать в следующем запросе.

Попробуйте это:

$id = mysql_real_escape_string($_GET['uid']); 
$sql = "INSERT INTO tbl_sc 
      (client_id, status) 
     VALUES 
      ($id, 1)"; 
mysql_query($sql) or die ("MySQL error with query ($sql): ".mysql_error()); 

$app_id = mysql_real_escape_string($_GET['apid']); 
$insertId = mysql_insert_id(); 
$sql = "INSERT INTO tbl_ms 
      (m_name, ng_ID, status) 
     VALUES 
      ($app_id, $insertId ,1)"; 
mysql_query($sql) or die ("MySQL error with query ($sql): ".mysql_error()); 

Вам MUST побега пользовательского ввода перед его использованием в запросе - вы не хотите посетить из Bobby Tables ...

Answer 4

Сделать переменную $insertedID = mysql_insert_id(); непосредственно перед вторая переменная $sql! И во втором $sql запросить заменить $result на $insertedID

Он должен решить вашу проблему!

Answer 5

Во втором запросе просто использовать

insert into tbl_ms(m_name, ng_ID, status) 
      values ($app_id,last_insert_id() ,1) 

нет необходимости играть это через PHP!