Как получить id от button?

Question

[vadovnikita]

В общем хотел сделать так чтобы при загрузке файла он отправлял в БД ссылку на файл, но видимо что то сделал не так, он отправляет ссылку на картинку товара но на все товары, нужно именно чтобы он записывал ссылку на картинку определенному товару БД

<tbody id="tovars">
      <?php
while($row = mysqli_fetch_array($all_tovars)) {

$id = $row['id'];
$name = $row['name'];
$desc = $row['sm_desc'];
$cost = $row['cost'];
$views = $row['views'];
$sql_select1 = "SELECT COUNT(*) FROM purchases WHERE tovar_id = '$id'";
$result1 = mysqli_query($link,$sql_select1);
$row = mysqli_fetch_array($result1);
if($row)
{
    $kupili = $row['COUNT(*)'];
}
echo '<tr id="product'.$id.'">
      <th scope="row">'.$id.'</th>
      <td>'.$name.'</td>
      <td>'.$cost.'</td>
      <td>'.$views.'</td>
      <td>'.$kupili.'</td>

      <td><button data-id="'.$id.'" onclick="del(this)" class="btn btn-danger " style="display:inline-block; width:49%;float:left;">Удалить</button>
      <input hidden name="ids" id="ids" value="5" type="text" placeholder="5"> <button data-edit="'.$id.'" name="id" onclick="edit(this)" class="btn btn-primary " style="display:inline-block; width:49%;float:right;" data-toggle="modal" data-target="#edit">Изменить</button></input>
      </td>
    </tr>';

  }
?>

  </tbody>

<form method="post" enctype="multipart/form-data">
<label for="tovar_full">Изображение товара</label>
<input type="file" name="filename" size="10" />
<input type="submit"  value="Загрузить" />
</form>

<?php
if ($_FILES && $_FILES["filename"]["error"]== UPLOAD_ERR_OK)
{
    $name = "upload/" . $_FILES["filename"]["name"];
    move_uploaded_file($_FILES["filename"]["tmp_name"], $name);
	$names = "https://smm-services.ru/admin/";
	$query = mysqli_query($link,"UPDATE tovars SET img = '$names$name' WHERE id = '$id'");
    echo "Файл загружен $id";
}
?>

Comments

[vadovnikita]

Проще говоря когда $query = mysqli_query($link,"UPDATE tovars SET img = '$names$name' WHERE id = '$id'");
он не записывает в БД ссылку т.е не видит $id и не понимает какому товару присвоить ссылку,
а когда $query = mysqli_query($link,"UPDATE tovars SET img = '$names$name' ");
он записывает значение на все товары

[VoidVolker]

vadovnikita https://qna.habr.com/help/rules#3.8

[tukreb]

Откуда берётся гавно код? Откуда вы берёте эти книжки с гавно кодом?
Или такой гавно код у вас в продакшене? Тогда совет, бросайте всё и бегите из этой фирмы.

И что tovars? Это типа русское слово во множественном числе по правилам английского языка? Вы как бы определитесь.

Если это ваш пэт проект, то остановитесь, прочитайте современные книжки и начните с нуля, не продолжайте гавнокодит.

Answer 1

[Сергей delphinpro]

Здесь вы вроде бы правильно обновляете картинку только у нужного товара по его айди

$query = mysqli_query($link,"UPDATE tovars SET img = '$names$name' WHERE id = '$id'");

Но откуда ID то берется?

Передавайте идентификатор вместе с картинкой

<form method="post" enctype="multipart/form-data">
  <label for="tovar_full">Изображение товара</label> 
  <input type="hidden" name="id" value=" тут айди товара, к которому нужно прикрепить картинку " />
  <input type="file" name="filename" size="10" />
  <input type="submit"  value="Загрузить" />
</form>

и на сервере соответственно

$names = "https://smm-services.ru/admin/";
$id = $_POST['id']; // получить ID из формы
$query = mysqli_query($link,"UPDATE tovars SET img = '$names$name' WHERE id = '$id'");

PS
Нельзя вставлять данные в запрос напрямую полученные от пользователя. Узнайте, что такое sql-инъекции и как от них защищаться.

Comments

[vadovnikita]

$id = $_POST['id']; не помогло, он все равно не видит id, это все в одном файле.

PS
Нельзя вставлять данные в запрос напрямую полученные от пользователя. Узнайте, что такое sql-инъекции и как от них защищаться.

Насчет этого, то тут картинка не от пользователя идет, это в панеле администратора :)

[Сергей delphinpro]

vadovnikita, не увидит, если не передавать. форму тоже поправить нужно. я же показал выше.

[vadovnikita]

Сергей delphinpro, Да он будет получать id из формы, это вы правильно подметили, но мне нужно чтобы он получал id на выбранный товар из кода (кнопки) сверху

<td><button data-id="'.$id.'" onclick="del(this)" class="btn btn-danger " style="display:inline-block; width:49%;float:left;">Удалить</button>
      <input hidden name="ids" id="ids" value="5" type="text" placeholder="5"> <button data-edit="'.$id.'" name="id" onclick="edit(this)" class="btn btn-primary " style="display:inline-block; width:49%;float:right;" data-toggle="modal" data-target="#edit">Изменить</button></input>

тут я тоже пытался сделать через input по совету одного парня xD

Вот поидее это выглядит на сайте так


и вот когда нажал на кнопку изменить он должен передать id в код

$names = "https://smm-services.ru/admin/";
$id = $_POST['id']; // получить ID из формы
$query = mysqli_query($link,"UPDATE tovars SET img = '$names$name' WHERE id = '$id'");

[Сергей delphinpro]

тут есть два пути.

1. вы размещаете отдельные формы загрузки в каждой строке таблицы. и тогда у вас нет проблем с передачей айди.

2. форма загрузки картинки одна и по нажатию кнопки "Изменить" вы считываете идентификатор из текущей строки и прописываете его в форму загрузки.

Кнопка:

<button data-edit="12" onclick="edit(this)">Изменить</button>

Форма:

<form method="post" enctype="multipart/form-data">
  <label for="tovar_full">Изображение товара</label> 

  <input id="product_id_field" type="hidden" name="id">

  <input type="file" name="filename" size="10" />
  <input type="submit"  value="Загрузить" />
</form>

Обработка нажатия на кнопку

function edit (btn) {
  const id = btn.dataset.edit;
  document.getElementById('product_id_field').value = id;
  // ...
}

[vadovnikita]

Сергей delphinpro, Спасибо большое помогли, заработало <3