mysql — PHP загружает файлы на сервер, получает URL, добавляет все в базу данных
У меня есть код для вставки:
<?php
include '../connect/con.php';
$id = mysqli_real_escape_string($con, $_POST['id']);
$vidLink = mysqli_real_escape_string($con, $_POST['vidLink']);
$vidTreilerLink = mysqli_real_escape_string($con, $_POST['vidTreilerLink']);$sql="INSERT INTO videolinks (id, vidlink, vidTreilerLink) VALUES ('$id', '$vidLink', '$vidTreilerLink')";
if (!mysqli_query($con,$sql)) {
die('Error: ' . mysqli_error($con));
}echo "Video links are added";
mysqli_close($con);
?>
и форма для добавления информации в базу данных:
<html>
<body>
<form action="../insert/insertVidLinks.php" method="post">
<table style="width:500px, margin-left:50px">
<table style="width:500px, margin-left:50px">
<tr><td>Video ID: </td>
<td><select id="id" name="id">
<?php
$mysqlserver="localhost";
$mysqlusername="admim";
$mysqlpassword="admin";
$link=mysql_connect(localhost, $mysqlusername, $mysqlpassword) or die ("Error connecting to mysql server: ".mysql_error());
$dbname = 'databaseName';
mysql_select_db($dbname, $link) or die ("Error selecting specified database on mysql server: ".mysql_error());
$cdquery="SELECT * FROM newsvid";
$cdresult=mysql_query($cdquery) or die ("Query to get data from firsttable failed: ".mysql_error());
while ($cdrow=mysql_fetch_array($cdresult)) {
$cdTitle=$cdrow["id"];
echo "<option>
$cdTitle
</option>"; } ?>
</select>
</td></tr>
<tr><td>VideoLink: </td><td><input type="text" name="vidLink"></td></tr>
<tr><td>VideoTLink:</td><td><input type="text" name="vidTreilerLink"></td></tr>
<tr align="right"><td></td><td style="padding-top:10px"><input type="submit"></td></tr>
</table>
</form></body>
</html>
Вопрос: я хотел бы … когда я выберу ID, тогда вместо videoLink и videoTLink мне нужно выбрать файл для загрузки
Поэтому я выбираю идентификатор для примера ID6
Затем я должен войти в VideoLink, но мне нужно выбрать файл для загрузки
Затем нужно войти в VideoTLink, но здесь мне нужно снова выбрать файл для загрузки
И, наконец, мне нужно два файла в папке UPLOAD и ID, videoLink (URL) и videoTLink (URL) в базе данных.
У меня есть этот пример сценария загрузки файлов:
<?php
$target_dir = "../../uploads/";
$target_dir = $target_dir . basename( $_FILES["uploadFile"]["name"]);
$uploadOk=1;
// Check if file already exists
if (file_exists($target_dir . $_FILES["uploadFile"]["name"])) {
echo "Sorry, file already exists.";
$uploadOk = 0;
}
// Check file size
if ($uploadFile_size > 128000000) {
echo "Sorry, your file is too large.";
$uploadOk = 0;
}
// Check if $uploadOk is set to 0 by an error
if ($ok==0) {
echo "Sorry, your file was not uploaded.";
// if everything is ok, try to upload file
} else {
if (move_uploaded_file($_FILES["uploadFile"]["tmp_name"], $target_dir)) {
echo "The file ". basename( $_FILES["uploadFile"]["name"]). " has been uploaded.";
} else {
echo "Sorry, there was an error uploading your file.";
}
}
?>
База данных должна выглядеть так:
--------------------------------------------------------------------
--ID6--http://website/videolink.mp4--http://website/videoTLink.mp4--
--ID7--http://website/videolink.mp4--http://website/videoTLink.mp4--
--ID8--http://website/videolink.mp4--http://website/videoTLink.mp4--
--ID9--http://website/videolink.mp4--http://website/videoTLink.mp4--
--------------------------------------------------------------------
Решение
Задача ещё не решена.
Другие решения
Других решений пока нет …