Простая инструкция вставки MYSQL не работает, что я НЕ вижу

Это то, что у меня есть, супер базовое. Тем не менее не могу получить его работу:/Простая инструкция вставки MYSQL не работает, что я НЕ вижу

$connection = mysql_connect("localhost","root","") 
    or die ("Couldn't connect to server"); 
$db = mysql_select_db("streetRider",$connection) 
    or die ("Couldn't select database"); 




$result = mysql_query(sprintf("INSERT INTO video(id, parent_id, video, coverImage, 
    ts_created, is_void) VALUES('%s','%s','%s', '%s', '%s','%s')", $unique_id,   $parent_id,$videoDirectory,$imageDirectory, $ts_created, $is_void)); 

What am i Missing???? :(

OK парни, так что если один из моих переменных я хранящих равно это работает:

$videoDirectory = 'userVideos/'.$unique_id;

Когда моя переменная равна этому, вставка FAILS: $ videoDirectory = 'userVideos /'.$ unique_id.'. Mp4 ';

Его действительно озадачивает и разочаровывает, но это то, что я понял. Видео - это тип данных varchar (50).

источник

2013-07-21 stack_Ptr

Какое сообщение об ошибке генерируется MySQL? – Hidde

Что такое «запрос»? Функция, которую вы написали? Как он обрабатывает ошибки? – Joni

Функция, которую я нашел в Интернете, и работает для других вставок. Он возвращает это только в случае сбоя запроса ('error' => 'Database error'); –

я не знаю, что вы используете приготовленные Постулаты или MySQL в любом случае, если вы помечены MySQL, то попробуйте этот

$result = mysql_query("INSERT INTO video(id, parent_id, video, coverImage, ts_created, is_void) VALUES ($unique_id, $parent_id,$videoDirectory,$imageDirectory, $ts_created, $is_void) ")

источник

2013-07-21 16:58:10

Я пробовал это, я все еще не могу заставить его работать –

какая у вас ошибка? –

echo_ME, я работал, когда редактировал одну из переменных. –

Вы присвоили столбцы с %s, но ваша query функции не имеет sprintf() вызов в нем? попробуйте этот

$result = mysql_query(sprintf("INSERT INTO video(id, parent_id, video, coverImage, 
ts_created, is_void) 
VALUES('%s','%s','%s', '%s', '%s','%s')", 
$unique_id, $parent_id,$videoDirectory,$imageDirectory, $ts_created, $is_void));

sprintf manual

Please, don't use mysql_* functions in new code. Они больше не поддерживаются and are officially deprecated. См. red box? Узнайте о prepared statements вместо этого, и используйте PDO или MySQLi - this article поможет вам решить, какой. Если вы выберете PDO, here is a good tutorial.

источник

2013-07-21 17:19:13

Все еще не могу получить эту работу :( –

Простая инструкция вставки MYSQL не работает, что я НЕ вижу

ответ

Смежные вопросы