Создание оператора вставки для таблицы ввода html формы заказов не обрабатывается - PullRequest
Новая
       12

Создание оператора вставки для таблицы ввода html формы заказов не обрабатывается

0 голосов
/ 23 января 2019

Я пытаюсь создать форму заказа, в которой персонал ресторана может вручную принимать заказы от клиента.и позже посмотрим, в каком порядке они сделали.

В моем заявлении отказывается вставлять эти данные в базу данных.Я хотел бы знать, что я делаю неправильно здесь.,

Это моя база данных: 

MenuItem: 
    MenuItemID  int(11)         
    ItemName    varchar(255)        
    ItemPrice   double

orders:
 OrderID    int(11)         
 MenuItemID int(11)         
 ReceiptID  int(11)         
 Res_Datum  date            
 Tafel_Id   int(11)         
 Res_ID     int(11) 


receipt:
ReceiptID       int(11)         
ReceiptPrice    double

reserveringen:  
    Reservering_Id  int(11)         
    Tafel_Id        int(11)         
    VoorNaam        varchar(255)            
    AchterNaam      varchar(255)            
    TelefoonNummer  varchar(255)        
    Email           varchar(255)        
    Res_Datum       date

tafels:
    Tafel_Id        int(11)         
    tafel_Nummer    int(11)         
    Aantal_Personen int(11)

Заказы отображаются по orders.Tafel_Id, orders.ReceiptID, orders.MenuItemID, orders.ReceiptID, orders.Res_Datum 

$sql = "SELECT O.Res_Datum, O.Res_ID, O.Tafel_Id,O.ReceiptID, SUM(MI.ItemPrice) AS TotalReceiptPrice
FROM Orders AS O INNER JOIN MenuItem AS MI ON O.MenuItemID = MI.MenuItemID
GROUP BY O.Res_Datum, O.Res_ID, O.Tafel_Id ";
$result = $conn->query($sql);

Я пытаюсь вставить эти данные в свою базу данных через эту форму, но не могу понять, почему она не работает.

Maak_bestelling.php: 

<?php


$con = mysqli_connect('localhost','root','');

if(!$con) {
echo 'Not connected with server';
}

if(!mysqli_select_db ($con,'restaurant')) {
echo 'Database Not selected';
}

$tablenumber = $_POST['tafelnummer'];
$receiptid = $_POST['receiptid'];
$menu_item = $_POST['menu_item'];
$date = $_POST['date'];


$sql = "INSERT INTO Orders (orders.Tafel_Id, orders.ReceiptID, orders.MenuItemID, orders.ReceiptID, orders.Res_Datum )
VALUES ('$tablenumber', '$receiptid', '$menu_item', '$date')";

if(!mysqli_query($con,$sql)){
  echo 'insert did not work';
}else {
  echo 'Order created successfully';
}

header("refresh:1; url=bestelling.php");

bestelling.php: 

<form action="/restaurant/maak_bestelling.php" method="POST">
  <h2>Enter Order</h2>

  Table Number:<br>
  <input type="text" name="tafelnummer" value=""><br><br>
  Receipt Id:<br>
  <input type="text" name="receiptid"   value=""><br><br>
  Menu_Item:<br>
  <input type="text" name="menu_item"   value=""><br><br>
  Date: <br>
  <input type="date" name="date"        value=""><br><br>

  <input type="submit" value="Submit">
</form>


<h2>Pending Orders:</h2>
<?php
$servername = "localhost";
$username = "root";
$password = "";
$dbname = "restaurant";

// Create connection
$conn = new mysqli($servername, $username, $password, $dbname);
// Check connection
if ($conn->connect_error) {
    die("Connection failed: " . $conn->connect_error);
}

//$sql = "SELECT O.Res_Datum,O.Res_ID, O.Tafel_Id, SUM(MI.ItemPrice) AS TotalReceiptPrice FROM Orders AS O INNER JOIN MenuItem AS MI ON O.MenuItemID = MI.MenuItemID ";
$sql = "SELECT O.Res_Datum, O.Res_ID, O.Tafel_Id,O.ReceiptID, SUM(MI.ItemPrice) AS TotalReceiptPrice
FROM Orders AS O INNER JOIN MenuItem AS MI ON O.MenuItemID = MI.MenuItemID
GROUP BY O.Res_Datum, O.Res_ID, O.Tafel_Id ";
$result = $conn->query($sql);

if (mysqli_num_rows($result) > 0) {
    // output data of each row
    while($row = mysqli_fetch_assoc($result)) {
        echo "Res_datum: ". $row["Res_Datum"]. " ReservationID : " . $row["Res_ID"]. " - Table_Number: " . $row["Tafel_Id"]. " Total Order Price: " . $row["TotalReceiptPrice"]." ". "<br>";
    }
} else {
    echo "0 results";
}

mysqli_close($conn);
?>


</div>

1 Ответ

0 голосов
/ 23 января 2019

В своем операторе вставки вы повторили ReceipID, поэтому вы должны удалить его следующим образом: 

$sql = "INSERT INTO Orders (orders.Tafel_Id, orders.ReceiptID, orders.MenuItemID,  orders.Res_Datum )
VALUES ('$tablenumber', '$receiptid', '$menu_item', '$date')";
...