Salut,
Je suis ce forum très souvent, et il m’a toujours aidé, mais là, j’ai un problème assez lourd que je n’arrive pas à résoudre.
Je souhaite mettre en œuvre un formulaire qui alimenterait une base de données.
Je vais essayer de faire simple :
J’ai deux tables :
Table_donnees (codDonnees, nomDonnees)
Table_resultat (codResultat, Donnees)
La table « Table_donnees » contiendra les données visibles dans le formulaire et la table « Table_resultat » sera alimentée en fonction du choix de l’utilisateur.
Avec un formulaire de ce style, j’obtiens une liste déroulante :
Ensuite, je récupère les données du formulaire :
Code : Sélectionner tout - Visualiser dans une fenêtre à part
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11 <select name=donnees id=donnees> <option value=''>== Choisir ==</option> <?php mysql_connect("localhost","",""); mysql_select_db(""); $res = mysql_query("SELECT * FROM Table_donnees ORDER BY codDonnees"); while($row = mysql_fetch_assoc($res)){ echo "<option value='".$row["codDonnees"]."'>".$row["nomDonnees"]."</option>"; } ?> </select>
Enfin, j’alimente ma base :
Code : Sélectionner tout - Visualiser dans une fenêtre à part $donnees =isset($_POST[donnees])?trim($_POST[donnees]):"";
Le résultat de ces opérations me convient en partie. En effet, j’ai bien ma table « Table_resultat » qui se trouve avec des données, mais il ne s’agit que du « codDonnees » or, il me faut le nom. En fait, il me donne la valeur qui se trouve ici :
Code : Sélectionner tout - Visualiser dans une fenêtre à part
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2 $sql = "INSERT INTO Table_resultat (codResultat, Donnees) VALUES('','$donnees')"; mysql_query($sql) or die('Erreur SQL !'.$sql.'<br>'.mysql_error());
J’ai pas mal cherché, mais sans résultat.
Code : Sélectionner tout - Visualiser dans une fenêtre à part "<option value='".$row["codDonnees"]."'>
Si une âme charitable peut venir à mon aide, ça serait vraiment cool.
Je vous remercie par avance.
Bonne soirée.
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