PHP - Datum in mysql

Ich versuche, einfügen, Datum in mysql, aber immer wenn es scheitert und kommt als 0000-00-00 im phpmyadmin

Mein Datumsformat ist wie 2012-08-06 (yyyy-mm-dd) und das date-Feld-Typ in der Datenbank ist date.

$date = "2012-08-06";
mysql_query("INSERT INTO data_table (title, date_of_event) 
             VALUES('". $_POST['post_title'] ."',
                    '". $date ."')") or die(mysql_error());

versucht, die änderung - zu / oder Sie zu entfernen, funktioniert es nicht.

Ich schlage vor, mit Zeitstempel (time()) anstelle von Datum. und verwenden Sie die date() Funktion zum konvertieren in ein beliebiges format bei der Anzeige.
Sie haben zwei Probleme (sql-injection-Schwachstelle und der Nutzung einer alten, bald als veraltet extension), die beide gelöst werden, wenn Sie wechseln zu-PDO (oder mysqli)
Warum ist das so ? können Sie erklären, ein wenig ?
ja ich bin mir bewusst, beide Probleme 🙂 nur fand ich über PDO und mysqli gestern, und ich möchte bis zum Ende, bis der Code dann konvertieren Sie die Erweiterung und Sicherheitsprobleme beheben.
Wenn Sie Zeitstempel-es spart Ihre Zeit als int. das wird nie Probleme geben, als Sie jetzt haben. und es hat den Vorteil des seins in der Lage zu sein, geschrieben in einer Datum-format ohne riskante string-to-date-Funktionen.

InformationsquelleAutor xperator | 2012-08-06

  1. 12

    versuchen CAST Funktion in MySQL:

    mysql_query("INSERT INTO data_table (title, date_of_event)
VALUES('". $_POST['post_title'] ."',
CAST('". $date ."' AS DATE))") or die(mysql_error());
    Ich bekomme Syntax error near ' AS DATE))'
    versuchen Sie es erneut gab es ein extra Komma
    Syntax-Fehler Weg, aber noch funktioniert es nicht.
    was ist der exakte Datentyp des Feldes date_of_event?
    oops, ich hatte ein winziges problem mit dem Komma. behoben und funktioniert nun 🙂

    InformationsquelleAutor Omesh

  2. 10

    versuchen

    $date = "2012-08-06";
$date=date("Y-m-d",strtotime($date));
    Wenn ich mich richtig erinnere, das ist, wie ich dieses problem gelöst. +1
    das wird nicht funktionieren.
    Was ist der Punkt in der Umwandlung "2012-08-06" , "2012-08-06"?
    Ich Stimme mit @Mike hier, was ist der Unterschied zwischen den beiden? codepad.org/KFF4pi5u (außer für das script etwas komplizierter)
    Auch in der Vergangenheit habe ich festgestellt mit dem gleichen problem, und die Art, wie ich arbeitete. Nochmal, ich habe gerade versucht das Datum als xperator hat, wurde das Datum eingefügt. @xperator, wird der Geist Sie drucken Sie die sql-Anweisung?

    InformationsquelleAutor WatsMyName

  3. 0

    Es sei denn, Sie möchten, fügen verschiedene Termine als "heute", die Sie verwenden können, CURDATE():

    $sql = 'INSERT INTO data_tables (title, date_of_event) VALUES ("%s", CURDATE())';
$sql = sprintf ($sql, $_POST['post_title']);

    PS! Bitte vergessen Sie nicht, zu bereinigen Ihre MySQL-input, vor allem via mysql_real_escape_string ()

    Nein, es ist nicht das aktuelle Datum, das heute war nur ein Beispiel 🙂

    InformationsquelleAutor DavidS

  4. 0

    versuchen, konvertieren von Datum ersten.

    $date = "2012-08-06";

mysql_query("INSERT INTO data_table (title, date_of_event)
               VALUES('" . $_POST['post_title'] . "',
                      '" . $date . "')") 
           or die(mysql_error());

    InformationsquelleAutor John Woo

  5. 0

    Gewusst wie: Debuggen von SQL-Abfragen, wenn Sie stecken

    Drucken Sie die Abfrage und führen Sie es direkt in mysql oder phpMyAdmin

    $date = "2012-08-06";
$query= "INSERT INTO data_table (title, date_of_event) 
             VALUES('". $_POST['post_title'] ."',
                    '". $date ."')";
echo $query;
mysql_query($query) or die(mysql_error());

    diese Weise können Sie sicherstellen, dass das problem nicht in deinem PHP-Skript, sondern in der SQL-Abfrage

    Einreichen Fragen, die auf SQ-Abfragen

    Stellen Sie sicher, dass Sie genügend Schließung

    • Tabelle schema
    • Abfrage
    • Fehlermeldung ist jede

    InformationsquelleAutor Maksim Burnin

  6. -1
    $date=$year."-".$month."-".$day; 
$new_date=date('Y-m-d', strtotime($dob)); 
$status=0;  
$insert_date = date("Y-m-d H:i:s");  
$latest_insert_id=0; 

$insertSql="insert into participationDetail (formId,name,city,emailId,dob,mobile,status,social_media1,social_media2,visa_status,tnc_status,data,gender,insertDate)values('".$formid."','".$name."','".$city."','".$email."','".$new_date."','".$mobile."','".$status."','".$link1."','".$link2."','".$visa_check."','".$tnc_check."','".json_encode($detail_arr,JSON_HEX_APOS)."','".$gender."','".$insert_date."')";

    InformationsquelleAutor anilv0001

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