Я прочитал несколько постов здесь и следил за запросами дословно (за исключением имен моих переменных), и я не могу заставить мой код работать на веб-сайте, над которым я работаю, без ошибок. Все, что у меня есть, это форма, куда пользователь может загрузить изображение.
Мой оригинальный код, который был уязвим, но работал:
<?php
$uploadDir = 'images/';
if(isset($_POST['upload']))
{
$fileName = $_FILES['userfile']['name'];
$tmpName = $_FILES['userfile']['tmp_name'];
$fileSize = $_FILES['userfile']['size'];
$fileType = $_FILES['userfile']['type'];
$memberID = $_POST['member-id'];
$imgTitle = $_POST['img-title'];
$catID = $_POST['catID'];
$filePath = $uploadDir . $fileName;
$result = move_uploaded_file($tmpName, $filePath);
if (!$result) {
echo "Error uploading file";
exit;
}
echo "<br>Files uploaded<br>";
if(mysqli_connect_errno())
{
printf("Connect failed: %s\n", mysqli_connect_error());
exit();
}
if(!get_magic_quotes_gpc())
{
$fileName = addslashes($fileName);
$filePath = addslashes($filePath);
}
$query = "INSERT INTO `tblImage` (`fldImageID`, `fldMemberID`, `fldCatID`, `fldFilePath`, `fldName`) VALUES (NULL, '$memberID', '$catID', '$filePath', '$imgTitle')";
$query = "SELECT `fldImageID` FROM `tblImage` ORDER BY `fldImageID` DESC LIMIT 1";
$result = $conn->query($query) or die ("error");
}
?>
, а затем ниже, где я попытался выполнить подготовленные операторы без удачи, пожалуйста, кто-то может указать, где моя ошибка, я вставил только приведенный ниже код, который переписывает вышеуказанный код, где начинается $ query ....
$stmt = $conn->prepare = ("INSERT INTO tblImage (fldImageID, fldMemberID, fldCatID, fldFilePath, fldName) VALUES (NULL, ?, ?, ?, ?)");
$stmt->bind_param($stmt, "ssss", $memberID, $catID, $filePath, $imgTitle);
mysqli_stmt_execute($stmt);
$stmt->execute();
$result = mysqli_stmt_get_result($stmt) or die ("error");
Сообщение об ошибке на веб-странице: 