Einfügen von Daten in die Datenbank ein, in angularjs

Ich versuche zum einfügen von Daten in die Datenbank, aber es funktioniert nicht bei allen! Ich folgte ein tutorial und die Arbeit nach, Aber seine nicht funktioniert. Ich habe viel probiert aber keinen Erfolg bis jetzt.

Hier ist meine html-Datei

<!DOCTYPE html>
<html>
<script  src="http://ajax.googleapis.com/ajax/libs/angularjs/1.4.8/angular.min.js">  </script>
<body>
<div ng-app="myApp" ng-controller="myCtrl">
<form>
Name:-<input type="text" ng-model="bname" />
Phone:-<input type="text" ng-model="bphone" />
<input type="button" value="Submit" ng-click="insertData()" />
</form>
</div>
<script>
 var app = angular.module('myApp',[]);
 app.controller('myCtrl',function($scope,$http){    
 $scope.insertData=function(){      
 $http.post("insert.php", {
    'bname':$scope.bname,
    'bphone':$scope.bphone})        

 .success(function(data,status,headers,config){
 console.log("Data Inserted Successfully");
 });
    }
     });
     </script>

</body>
</html>

Und insert.php in die ich mich einfügen von Daten in der Datenbank

<?php 
$data = json_decode(file_get_contents("php://input"));
$bname = mysql_real_escape_string($data->bname);
$bauthor = mysql_real_escape_string($data->bphone);
mysql_connect("localhost", "root", ""); 
mysql_select_db("angular");
mysql_query("INSERT INTO ang('name', 'phone')    VALUES('".$bname."','".$bauthor."')");
?>

UPDATE

    <?php 
$data = json_decode(file_get_contents("php://input"));
$con = new mysqli('localhost', 'root', '', 'angularjs');
$bname = mysqli_real_escape_string($con, $data->bname);
$bphone = mysqli_real_escape_string($con, $data->bphone);
if($con->connect_errno > 0){
  die('Unable to connect to database [' . $con->connect_error . ']');
}
mysqli_query($con,"INSERT INTO jstable (name, phone)VALUES ('".$bname."', '".$bphone."')");    
mysqli_close($con);
?>

Nach dem Update meine code bekam ich diese Fehlermeldung :-

Notice: Trying to get property of non-object in E:\xampp\htdocs\insert.php auf der Linie 4

Notice: Trying to get property of non-object in E:\xampp\htdocs\insert.php in Zeile 5

Suchte ich über diesen Fehler und fand viele Ergebnis, aber keiner von Ihnen war hilfreich in meinem Fall!

welche Fehler haben Sie? Erhalten Sie Daten richtig auf dem server? versuchen echo $Daten->Namen und $Daten->bphone und überprüfen Sie die Netzwerk-Registerkarte für die Antwort... das ist eine sichere Sache, dass die Antwort wäre nicht gut, sonst würden Sie bereits eingegeben haben in die Datenbank..
Barot Es zeigt keine Fehler. Eigentlich nicht zeigen, jede Art von Aktivität, wenn ich auf submit-button! Auf meine Vermutung Formular die Daten nicht mal bis zu den insert.php Datei
Okay Rishabh.. Geben Sie mir eine Weile... habe ich dein problem..

InformationsquelleAutor Rishabh | 2016-06-09

angularjs php

3

Ich veränderte den code in der folgenden Weise

HTML-CODE:
```
<!DOCTYPE html>
<html>
<script  src="http://ajax.googleapis.com/ajax/libs/angularjs/1.4.8/angular.min.js">  </script>
<body>
    <div ng-app="myApp" ng-controller="myCtrl">
        <form>
            Name:-<input type="text" ng-model="bname" />
            Phone:-<input type="text" ng-model="bphone" />
            <input type="button" value="Submit" ng-click="insertData()" />
        </form>
    </div>
    <script>
    var app = angular.module('myApp',[]);
    app.controller('myCtrl',function($scope,$http){    
        $scope.insertData=function(){      
            $http.post("test.php", {
                'bname':$scope.bname,
                'bphone':$scope.bphone
            }).then(function(response){
                    console.log("Data Inserted Successfully");
                },function(error){
                    alert("Sorry! Data Couldn't be inserted!");
                    console.error(error);

                });
            }
        });
    </script>

</body>
</html>
```
und test.php
```
<?php 
$data = json_decode(file_get_contents("php://input"));
//$bname = mysql_real_escape_string($data->bname);
//$bauthor = mysql_real_escape_string($data->bphone);

$bname = $data->bname;
$bphone = $data->bphone;


mysql_connect("localhost", "root", "password"); 
mysql_select_db("test");

mysql_query("INSERT INTO `ang`(`name`,`phone`)
    VALUES ('".$bname."','".$bphone."') ") or die(mysql_error());
echo $bname." ".$bphone;
?>
```
Dies funktioniert gut..
- Es versucht, diese. Es zeigt die Nachricht in der console, dass die Daten erfolgreich eingesetzt. Aber nichts eingefügt in meine Datenbank-Tabelle. Es sind noch leer. Ich habe überprüft, Feld-Werte, db-name und Tabellenname und Sie alle sind gut im code
- eine weitere Sache! Ich entfernte die den gesamten code von meinem php-Datei, um zu überprüfen, ob die form ist tatsächlich an der php-Datei ist oder nicht. Und es zeigt das gleiche Ergebnis. Das bedeutet, ob ich php-Datei(in die Datenbank conn. etabliert) oder nicht Ergebnis kommt dasselbe raus. warum ist es eigentlich nicht Kommissionierung jede sql-Abfrage aus der Datei. Auch die Datei ist außerhalb der Reichweite für einige Grund. Haben Sie testen Sie diesen code in ur localhost?
- Ja, habe ich. Und wenn Sie nicht erreichen Sie Ihre php-Datei, erhalten Sie die Fehlermeldung 404..
- Stellen Sie sicher, dass der Pfad zu php-Datei korrekt ist..
- Es gab einen kleinen Fehler in meinem php-code.., den ich gerade korrigiert es.. einen Blick.
- Danke für die Antwort Tirthraj! Jetzt bin ich nicht in der Lage, testen Sie Ihre aktualisierten code. Aber testen werde ich es später und Sie wissen lassen, das Ergebnis bald 🙂
- Seine noch nicht das einfügen von Daten. Cant verstehen, whts das problem hier
- Ok wenn ich jetzt php-Datei anstelle von html dann zeigt er Fehler Fatal error: Call to undefined function mysql_connect()
- Lassen Sie uns weiter, diese Diskussion im chat.
- Sie sollten Antworten.. ich möchte meine Antwort als richtigen gekennzeichnet werden, wenn es Ihnen geholfen hat...
- Tirthraj Barot, ich habe nicht Sortieren, mein prob bis jetzt. Sie sehen im chat, welche Fehler ich m jetzt gegenüber. Ich war damit beschäftigt, in mein Projekt, das ist in der Weg konnte nicht Antworten. Sry, dass. Diese ques. war nicht Teil meines Projektes, ich Tat es für den Zweck wissen. Also nicht viel Zeit, um die Suche für meine neue Fehler.
- Hi Tirthraj! Haben Sie einen Blick auf meine aktualisierte ques. und sagen Sie mir, wenn Sie eine Idee haben bezüglich dieser 🙂
- Verwenden Sie $Daten["bname"] statt -> Betreiber... @Rishabh
- Es beseitigt Fehler, Aber immer noch nicht das einfügen von Daten in db-Tabelle! Vielleicht testen Sie diesen code in ur-Maschine einmal..
- Echo es vor escape-string-Funktion.. Der Fehler liegt darin, dass.. Die mysql_real_escape_string-Funktion. @Rishabh
- sry didnt get ur-Punkt! was ich shud Wünsche, echo?
- Echo Nur die Daten["bname"]... Vor dem Aufruf, dass die Funktion mysql_real_escape_string
- Lassen Sie uns weiter, diese Diskussion im chat.
- M sorry ich kann nicht in chat.. &@Rishabh
- ok es ist gut 🙂 Aber das hat nicht funktioniert. Möglicherweise versuchen Sie, den code auszuführen später, so dass u kann verstehen das prob, dass ich m Verkleidung
- Ich habe verstanden, dein problem ziemlich gut.. Alles, was Sie tun müssen, ist zu entfernen mysql_real_escape_string aus dem code
- Nichtigkeiten geändert durch entfernen von mysql_real_escape_string. Zuerst eingefügten leeren Wert in der Tabelle dann die zweite, und andere Zeit, die es nicht selbst einfügen leeren Wert.
- bname"]); muss nicht ein ")" Sie hat es zweimal in den code, den Sie an im chat
- Und Sie brauchen nicht eine "neue" vor mysqli @Rishabh
- Erstens durch entfernen von new-Schlüsselwort zu werfen Fehler Fatal error: Call to undefined function mysqli() in E:\xampp\htdocs\insert.php on line 3 Und die zweite Sache, siehe mein aktualisierter code im chat als pro ur suggetion, aber noch kein Glück!
- Müssen Sie rufen Sie mysqli_connect() @Rishabh
- Ich bin fertig mit denen!!! Nichts ist für mich arbeiten. Ich höre zu diesem Thema jetzt. Seit seiner nicht Teil meiner Projekte, so dass ich verlassen kann, zwischen tho. Ich müde jetzt! 9 Tagen immer noch nichts funktioniert bei mir! Jedenfalls nahm ich ur Antwort für den Versuch mir zu helfen. Thx für ur-Zeit 🙂
InformationsquelleAutor Tirthraj Rao

**insert.php**

<!DOCTYPE html>
<html>
<script  src="http://ajax.googleapis.com/ajax/libs/angularjs/1.4.8/angular.min.js">  </script>
<body>
    <div ng-app="myApp" ng-controller="myCtrl">
        <form>
            Name:-<input type="text" ng-model="uname" />
            Phone:-<input type="text" ng-model="uphone" />
            <input type="button" value="Submit" ng-click="insertData()" />
        </form>
    </div>
    <script>
    var app = angular.module('myApp',[]);
    app.controller('myCtrl',function($scope,$http){    
        $scope.insertData=function(){      
            $http.post("testinsert.php", {
                'uname':$scope.uname,
                    'uphone': $scope.uphone
                })
                    .success(function (data, status, headers, config) {
                        console.log("Inserted Successfully!");


                    });
            }
        });
    </script>

</body>
</html>

**testinsert.php**

<?php 
$data = json_decode(file_get_contents("php://input"));
$uname = $data->uname;
$uphone = $data->uphone;
$con = mysql_connect("localhost","root","");
mysql_select_db("angular");
$sql = "insert into Table Name(user_name,user_phone) values('$uname','$uphone')";
$result = mysql_query($sql);
?>

Dieser code funktioniert 100% für mich
Hi @Chintan, anstatt nur das einfügen von code als eine Antwort, versuchen, es zu erklären und vor allem, versuchen Sie zu erklären, wie es sich und löst das problem auf die Frage.
insert.php Datei ansehen Datei der gleiche code und ändern Sie einfach den Namen der variable. testinsert.php ist die php-Datei für das einfügen von Daten in die Datenbank ein.

InformationsquelleAutor Chintan

0

Sind Sie entleeren Sie Ihre Werte (Einstellung Sie zu false...) mit mysql_real_escape_string() bevor Sie eine Datenbank öffnen connection. Öffnen Sie die Verbindung zuerst.

Aber die beste Lösung wäre-Schalter auf PDO oder mysqli und die Verwendung von vorbereiteten Anweisungen. Dann müssen Sie nicht haben zu tun, keine Flucht mehr.
- Ich habe versucht, Ihr Erster Vorschlag aber keinen Erfolg. Eigentlich ist Meine form der submit-button ist nicht einmal arbeiten! wenn ich auf submit-button, dann passiert nichts. Kopiere meinen html-code und führen Sie es aus. Sie werden verstehen, problem ist irgendwie, beginnend mit der html-Seite, die ich Schätze. Weiß nicht, ob der submit-button Verhalten ist in Ordnung so (nichts tun). Nach Einreichen müssen, haben gezeigt, dass einige Fehler wie Konnektivität oder so etwas. Aber sein überhaupt nichts zu tun.
InformationsquelleAutor jeroen
0

ändern Sie Ihren code wie folgt, es könnte Ihr problem lösen.
```
mysql_connect("localhost", "root", ""); 
mysql_select_db("angular");
$data = json_decode(file_get_contents("php://input"),true);
$bname = mysql_real_escape_string($data['bname']);
$bauthor = mysql_real_escape_string($data['bphone']);
```
- Ich habe es versucht aber kein Erfolg. kann sein, problem ist irgendwo in meinem html-Datei. Weil der submit-button funktioniert nicht. Kann sein, es zeigt einige Fehlermeldung, wenn ich das Formular abschicken (wenn das problem in insert.php). Aber seine nichts zu tun. Auf meine Vermutung nicht auch bis zu den insert.php
- welche Fehler sind Sie immer in der Konsole?
- Fehler: angular.js:10765XMLHttpRequest cannot load file:///E:/xampp/htdocs/saket/wp-content/themes/Divi/insert.php. Cross origin requests are only supported for protocol schemes: http, data, chrome, chrome-extension, https, chrome-extension-resource.
- Sie sind bei der Ausführung Ihrer HTML-Datei direkt von der Festplatte, bedeutet, wenn Sie Ihre Datei auf D-Treiber, die Sie möglicherweise darauf klicken und ausführen, und möglicherweise verwenden Sie chrome, so dass für Ihre Lösung setzen Sie Ihre HTML-Datei in htdocs und versuchen Sie zu ausführen es mit localhost
- siehe auch hier stackoverflow.com/questions/10752055/...
- Dein Vorschlag gelöst, die Fehlermeldung in der Konsole, thx, Aber mein problem bleibt immer noch das gleiche.
InformationsquelleAutor Archish

können Sie Daten mit Bild und auch der überprüfung von Eingaben.

<form ng-controller="insert_Ctrl"  method="post" action=""  name="myForm" enctype="multipart/form-data" novalidate>
    <div>
        <p><input type="text" class="form-control" placeholder="Name" name="name" ng-model="name" required>
            <span style="color:red" ng-show="myForm.name.$invalid&&myForm.name.$touched">Enter Name</span>
        </p>
    </div>
    <div>
        <p><input type="file" ng-model="myFile" class="form-control"  onchange="angular.element(this).scope().uploadedFile(this)">
            <span style="color:red" ng-show="(myForm.myFile.$error.required&&myForm.myFile.$touched)">Select Picture</span>
        </p>
    </div>
    <div>
        <input type="button" name="submit2"  ng-click="uploadFile()" class="btn-primary" ng-disabled="myForm.name.$invalid || myForm.myFile.$invalid" value="Insert">
    </div>
</form>
<script src="http://ajax.googleapis.com/ajax/libs/angularjs/1.4.8/angular.min.js"></script> 
<script src="insert.js"></script>

insert.js

var app = angular.module('myApp',[]);
app.service('uploadFile', ['$http','$window', function ($http,$window) {
    this.uploadFiletoServer = function(file,info,uploadUrl){
        var fd = new FormData();
        fd.append('file', file);
        fd.append('data', angular.toJson(info));
        $http.post(uploadUrl, fd, {
            transformRequest: angular.identity,
            headers: {'Content-Type': undefined}
        })
        .success(function(data){
            alert("insert successfull");
            $window.location.href = ' ';//your window location
        })
        .error(function(){
            alert("Error");
        });
    }
}]);
app.controller('insert_Ctrl',  ['$scope', 'uploadFile', function($scope, uploadFile){
    $scope.uploadFile = function() {
        $scope.myFile = $scope.files[0];
        var file = $scope.myFile;
        var info = {
            'name':$scope.name,
        };
        var url = "save_data.php";
        uploadFile.uploadFiletoServer(file,info,url);
    };
    $scope.uploadedFile = function(element) {
        var reader = new FileReader();
        reader.onload = function(event) {
            $scope.$apply(function($scope) {
                $scope.files = element.files;
                $scope.src = event.target.result  
            });
        }
        reader.readAsDataURL(element.files[0]);
    }
}]);

save_data.php

<?php
    require "dbconnection.php";
    $datas=$_POST['data'];
    $myArray = json_decode($datas, true);
    $name=$myArray['name'];
    $ext = pathinfo($_FILES['file']['name'],PATHINFO_EXTENSION);
    $image = time().'.'.$ext;
    move_uploaded_file($_FILES["file"]["tmp_name"],"upload/".$image);
    $query="insert into test_table values ('null','$name','$image')";
    mysqli_query($con,$query);
?>

InformationsquelleAutor Hajis Hakkim

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