callous.
Ich hab nun endlich das Inventar halbwegs fertig bekommen, nur der Fehler ist leider noch da.
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<?php
include("datenbank.php");
$pferd = $_POST["pferd"];
$zid = $_POST["zid"];
$name = $_POST["name"];
$Ergebnis = mysql_query( "SELECT * FROM shop WHERE pferd != '$name' AND zid = '$zid'" );
$Ergebnis2 = mysql_query( "SELECT * FROM shop WHERE artikel = 'Zubehör' AND zid = '$zid'" );
if (@mysql_num_rows($Ergebnis) == 0) {
echo 'Dein Pferd besitzt diesen Gegenstand bereits!';
exit;
}
if (@mysql_num_rows($Ergebnis2) == 0) {
echo 'Du kannst nur Zubehör in das Inventar deines Pferdes legen!';
exit;
}
else
{
echo 'Dein Pferd hat nun diesen Gegenstand ins Inventar gelegt bekommen.';
mysql_query("UPDATE shop SET pferd = '$name' AND zid = '$zid'");
}
?> |
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Bisher klappt alles auch ganz gut: Ich wähle das Pferd (per Drop-Down) und den Gegenstand (per Radiobutton) aus und klicke auf "Senden", doch dann wird das Pferd nicht eingetragen und "Dein Pferd besitzt diesen Gegenstand bereits!" wird angezeigt.
Ayana
Mal abgesehen davon, dass ich Variablen in mysql-Anweisungen in PHP immer folgendermassen einbinde, frag ich mich, warum pferd != name?
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$Ergebnis = mysql_query( "SELECT * FROM shop WHERE pferd != '".$name."' AND zid = '".$zid."'" );
$Ergebnis2 = mysql_query( "SELECT * FROM shop WHERE artikel = 'Zubehör' AND zid = '".$zid."'" ); |
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Also erst ' dann " dann . dann den Variablennamen und dann das ganze wieder zu.
callous.
Beides klappt nicht...
Und ich denke, dass das ! oben schon richtig war. Sonst hieße es ja, dass das Pferd $name heißen müsste und der Artikel nicht Zubehör heißen darf.
Ich glaube auch nicht, dass dieses der Fehler ist. Ich mache das nämlich immer so. Die ID wird (glaube ich) nicht übertragen.
Ayana
Was wird denn mit name angesprochen? Und wenn die glaubst, dass die id nicht uebergeben wird, dann fueg doch unter deine Variablendeklaration mal das ein und sieh dir an, was uebergeben wird: