将日期插入数据库时如何替换错误的日期？

Posted 2023-05-09

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【中文标题】将日期插入数据库时如何替换错误的日期？【英文标题】：how to replace the wrong date while inserting date into database? 【发布时间】：2014-12-13 19:14:20 【问题描述】：

我正在使用 jquery datepicker，当用户插入一个空的日期值时，它会给我一个默认日期 1970-01-01。我正在尝试更改默认的 jquery datepicker 配置以将默认值设置为 0000-00-00，但我没有找到方法。所以我尝试使用一些选项，将 datepicker 给出的值替换为我的默认值。但它失败了。这是我的代码。

<?php
    require_once('auth.php');
?>

<html>
<head>
<title>EXA_mysql</title>
<script type="text/javascript">
function CloseWindow() 
    window.close(); 
    window.opener.location.reload();

</script>
</head>
<body>

<?php
error_reporting(E_ALL);
ini_set('display_errors','on');

$con=mysqli_connect("localhost","user","pass","db");
if (mysqli_connect_errno())
  
  echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error();
  

$id_mesin=$_POST['id_mesin'];
$jenama=$_POST['jenama'];
$model=$_POST['model'];
$meter_awal=$_POST['meter_awal'];
$siri_mesin=$_POST['siri_mesin'];
$siri_feeder=$_POST['siri_feeder'];
$siri_finisher=$_POST['siri_finisher'];
$stok_in=$_POST['stok_in'];
$in_do=$_POST['in_do'];
$lokasi=$_POST['lokasi'];
$js_order=$_POST['js_order'];
$stok_out=$_POST['stok_out'];
$out_do=$_POST['out_do'];
$pelangan=$_POST['pelangan'];
$pelangan_alamat=$_POST['pelangan_alamat'];
$pelangan_person=$_POST['pelangan_person'];
$pelangan_no=$_POST['pelangan_no'];
$tech=$_POST['tech'];
$tech_no=$_POST['tech_no'];
$status=$_POST['status'];

$sql="INSERT INTO asset(id_mesin, jenama, model, meter_awal, siri_mesin, siri_feeder, siri_finisher, stok_in, in_do, lokasi, js_order, stok_out, out_do, pelangan, pelangan_alamat, pelangan_person, pelangan_no, tech, tech_no, status) VALUES('$id_mesin', '$jenama', '$model', '$meter_awal', '$siri_mesin', '$siri_feeder', '$siri_finisher', STR_TO_DATE('$stok_in', '%m/%d/%Y'), '$in_do', '$lokasi', '$js_order', STR_TO_DATE('$stok_out', '%m/%d/%Y'), '$out_do', '$pelangan', '$pelangan_alamat', '$pelangan_person', '$pelangan_no', '$tech', '$tech_no', '$status')";

$date=date_create();
if($stok_in == 1970-01-01) "date_date_set($date,0000,00,00)";
if($stok_out == 1970-01-01) "date_date_set($date,0000,00,00)";

$sql2="update asset set(stok_in, stok_out)values('$date_default','$date_default')";

$result=mysqli_query($con, $sql, $sql2);
if($result)

echo "Successful";
echo "<BR>";
echo "<th><form>";
echo "<input type='button' onClick='CloseWindow()' value='Back to Exa_mySQL' align='middle'>";
echo "</form></th>";
  
else 
echo "Data error, please check your submit.";
echo "<BR>";
echo "To view back, press 'Backspace' key. To start new blank form, click on the link below.";
echo "<BR>";
echo "<a href='insert.php'>Back to insert form</a>";


mysqli_close($con);
?>
</body>
</html>

这是我收到的错误。

Warning: mysqli_query() expects parameter 3 to be long, string given in C:\xampp\htdocs\xxx\insert_ac.php on line 60

有什么办法吗？我正在寻求你的帮助。谢谢。

【问题讨论】：

我不确定你是否可以一次调用执行两个sql命令... 【参考方案1】：

mysqli_query(http://tr1.php.net/mysqli_query)不能执行两条sql命令，第三个参数是result模式，可以查看mysqli_multi_query(http://tr1.php.net/manual/tr/mysqli.multi-query.php)

编辑：

<?php
require_once('auth.php');
?>

<html>
<head>
<title>EXA_mySQL</title>
<script type="text/javascript">
function CloseWindow() 
    window.close(); 
    window.opener.location.reload();

</script>
</head>
<body>

<?php
error_reporting(E_ALL);
ini_set('display_errors','on');

$con=mysqli_connect("localhost","user","pass","db");
if (mysqli_connect_errno())
  
  echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error();
  

$id_mesin=$_POST['id_mesin'];
$jenama=$_POST['jenama'];
$model=$_POST['model'];
$meter_awal=$_POST['meter_awal'];
$siri_mesin=$_POST['siri_mesin'];
$siri_feeder=$_POST['siri_feeder'];
$siri_finisher=$_POST['siri_finisher'];
$stok_in=($_POST['stok_in'] == '1970-01-01') ? "" : $_POST['stok_in'];
$in_do=$_POST['in_do'];
$lokasi=$_POST['lokasi'];
$js_order=$_POST['js_order'];
$stok_out=($_POST['stok_out'] == '1970-01-01') ? "" : $_POST['stok_out'];
$out_do=$_POST['out_do'];
$pelangan=$_POST['pelangan'];
$pelangan_alamat=$_POST['pelangan_alamat'];
$pelangan_person=$_POST['pelangan_person'];
$pelangan_no=$_POST['pelangan_no'];
$tech=$_POST['tech'];
$tech_no=$_POST['tech_no'];
$status=$_POST['status'];

$sql="INSERT INTO asset(id_mesin, jenama, model, meter_awal, siri_mesin, siri_feeder, siri_finisher, stok_in, in_do, lokasi, js_order, stok_out, out_do, pelangan, pelangan_alamat, pelangan_person, pelangan_no, tech, tech_no, status) VALUES('$id_mesin', '$jenama', '$model', '$meter_awal', '$siri_mesin', '$siri_feeder', '$siri_finisher','$stok_in', '$in_do', '$lokasi', '$js_order','$stok_out', '$out_do', '$pelangan', '$pelangan_alamat', '$pelangan_person', '$pelangan_no', '$tech', '$tech_no', '$status')";


$result=mysqli_query($con, $sql);
if($result)

echo "Successful";
echo "<BR>";
echo "<th><form>";
echo "<input type='button' onClick='CloseWindow()' value='Back to Exa_mySQL' align='middle'>";
echo "</form></th>";
  
else 
echo "Data error, please check your submit.";
echo "<BR>";
echo "To view back, press 'Backspace' key. To start new blank form, click on the link below.";
echo "<BR>";
echo "<a href='insert.php'>Back to insert form</a>";


mysqli_close($con);
?>
</body>
</html>

【讨论】：

我已将代码更改为$result=mysqli_query($con, $sql); $result2=mysqli_query($con, $sql2);，显示成功消息。但我的数据库中仍然有 1970-01-01。您正在使用 $date_default 变量更新 stok_in 和 stok_out 字段，我们看到的代码部分中没有定义该变量。可以在您设置 $date_default 的位置发布吗？您的表字段 stok_in 和 stok_out 的类型是什么？我的错。 $date_default 变量应该是 $date。但是使用$date 变量，我得到这个错误：

Catchable fatal error: Object of class DateTime could not be converted to string in C:\xampp\htdocs\xxx\insert_ac.php on line 58

. mysql 中的 stok_in 和 stok_out 字段的类型是什么，如果是日期或日期时间，则不能为它们输入“0000-00-00”值，但可以将它们更新为“允许空值” " 如果用户将这些字段留空，则插入/更新 null。我的 stok_in 和 stok_out 字段类型是日期。并且已经设置为接收 null 的字段。但是当用户留下空白字段时，日期选择器会将其默认值作为输入。

以上是关于将日期插入数据库时如何替换错误的日期？的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章

将日期插入数据库时出现 SQL 语法错误（框架：codeigniter）

如何以某种格式将日期和时间插入 SQL Server 数据库？ [复制]

将日期插入 sql 数据库时出错？

如何将日期时间值插入 SQLite 数据库？

将日期插入 MySQL 数据库时如何忽略时间戳

将日期插入访问数据库

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