БД не принимает запрос от моего сценария

[xAnder from VL]

БД не принимает запрос от моего сценария

всем хай. Версия PHP - 4.3.3. (Вебсервер - Денвер). Да, версия музейная, но на ней же работает почти такой же запрос. это меня и волнует. Итак, у меня не проходят строки:

mysql_select_db("kitchen_database");
   
   $query = "insert into kitchens values('".$city."','".$street."','".$house."','".$famname."','".$kitchentype."','".$length."','".$width."','".$pict1."','".$pict2."',)";

коннект к базе данных kitchen_database проходит нормально. в этой базе создана таблица kitchens по следующему sql-запросу.

CREATE TABLE kitchens (
  kitchen_id int unsigned NOT NULL auto_increment,
  city char(200) NOT NUL,
  street char(200) NOT NULL,
  house char(10) NOT NULL,
  famname char(100) NOT NULL,
  kitchentype char(100) NOT NULL,
  length int unsigned NOT NULL,
  width int unsigned NOT NULL,
  pict1 char(100) NOT NULL,
  pict2 char(100) NOT NULL
  );

руками все заносил - заносится, оладку проводил - не работают именно те строки. Все переменные из формы передаются корректно.

$query = "insert into kitchens values('".$city."','".$street."','".$house."','".$famname."','".$kitchentype."','".$length."','".$width."','".$pict1."','".$pict2."',)";

 

[Фанат]

PHP FAQ: Ничего не работает! Что делать???

 

[xAnder from VL]

Фанат, я уже почитал. все отлажено. не могу разобраться с конкретными строками.

 

[kruglov]

> оладку проводил - не работают именно те строки
Да?
Что-то не вижу я echo mysql_error() нигде.

 

[Фанат]

ты не понял.
здесь не школа, а я не учитель литературы.
и мне не надо, чтобы ты читал.
мне вообще плевать, читал ты что-нибудь, или нет. отлаживал или нет. это никого не интересует.

по ссылке написано, что ты должен сделать.
а в форуме эти действия должны быть отражены.

в противном случае лушче не тратить ни своё ни чужое время бессмысленными вопросами.

 

[xAnder from VL]

$query = "insert into kitchens values
     ('".$city."','".$street."','".$house."','".$famname."','".$kitchentype."','$length','$width','".$pict1."','".$pict2."',)";

   echo mysql_error();

на экран ничего не выводится, хотя в начале скрипта стоит

ini_set('display_errors',1);
error_reporting(E_ALL);

параметры из формы передаются корректно, проверял при помощи echo. Ошибок не выдается. то есть, база не принимает всю муру, которую ей передает скрипт. Дело не в заголовках, так как по соседству лежит скрипт, из которого я и написал этот. Блин, ведь явно все просто, но не могу найти своей ошибки

 

[Фанат]

Мужик.
вот я сейчас специально пошёл по ссылке.
почитал.
в первых же двух пунктах есть вещи, которых ты не сделал.

 

[Andreika]

если те две(три) строчки это весь код, то
он все правильно сделал ©РГС его то и отлаживать не нужно

 

[master_x]

xAnder from VL
код по-моему с потолка и с реальной задачей ничего общего не имеет.

на экран ничего не выводится

обманываешь.
$query = "insert into kitchens values
('".$city."','".$street."','".$house."','".$famname."','".$kitchentype."','$length','$width','".$pict1."','".$pict2."',/* зачем здесь эта запятая?*/)";

 

[Andreika]

master_x
не, не обманывает... а где запрос к этой строчке с запятой?

 

[master_x]

Andreika
вот ешкин кот, он же даже запроса не сделал =) ну когда сделает ждите вторую часть топика =)

 

[Solid]

А ведь сразу и не заметишь...

 

[xAnder from VL]

внимание, весь код скрипта-обработчика формы

<?php

ini_set('display_errors',1);
error_reporting(E_ALL);



   $city=$HTTP_POST_VARS['city'];
   $street=$HTTP_POST_VARS['street'];
   $house=$HTTP_POST_VARS['house'];
   $famname=$HTTP_POST_VARS['famname'];
   $kitchentype=$HTTP_POST_VARS['kitchentype'];
   $length=$HTTP_POST_VARS['length'];
   $width=$HTTP_POST_VARS['width'];
   $pict1=$HTTP_POST_VARS['pict1'];
   $pict2=$HTTP_POST_VARS['pict2'];

   if (!$city || !$street || !$house || !$famname || !$kitchentype || !$length || !$width)
       {
       echo 'похоже, что вы что-то забыли. Обязательно заполнять все поля!!';
       exit;
       }

    $db=mysql_pconnect("localhost","kitchen_database","swordfish");
   
   if (!$db)
      {
      echo 'не могу соединиться с базой данных';
      exit;
      }

   mysql_select_db("kitchen_database");
   
   
   $query = "insert into kitchens values
     ('".$city."','".$street."','".$house."','".$famname."','".$kitchentype."','$length','$width','".$pict1."','".$pict2."')";

   echo mysql_error();
   $result=mysql_query($query);
   if ($result)
     {
       echo mysql_affected_rows(). " кухня добавлена в базу данных.";
     }
?>

к этому коду обращается форма, которая передает туда все значения переменных, обозначенные в строке $query

 

[Фанат]

чума

 

[xAnder from VL]

Фанат, хорош издеваться, я ваш "язык" не совсем понимаю

в логах вебсервера нифига не нашел: все последние строки занимает нечто следующее:
"[Sat Mar 04 23:33:25 2006] [error] [client 127.0.0.1] File does not exist: z:/home/localhost/www/favicon.ico"

 

[master_x]

xAnder from VL
сделай одну вещь, пойди в мануал, посмотри пример с запросом к БД, сравни со своим кодом.
HTTTP_POST_VARS=$_POST

 

[xAnder from VL]

все, решилось путем прописывания полей таблицы после слова table в запросе.

 

[kruglov]

Все решилось бы проставлением mysql_error ПОСЛЕ mysql_query.