» Поиск в базе MySQL

при открытии страницы мне вообще не нужно ничего обрабатывать и пихать конкретно в этом коде.
мне бы проигнорить тот код что я написал при прямом открытии страницы.
и не игнорить если на не эту страницу поступают данные с другой.
невозможно?

mukas

Цитата:

и не игнорить если на не эту страницу поступают данные с другой.

что значит "с другой"? происходит include этого кода или что?
если POST из формы..

Цитата:

т.е. если напрямую открыть страницу то ошибка

а напрямую - просто обращени по URL, то ессно тогда у вас нет POST данных и нечему заполняться тут

Цитата:

$arg1 = $_POST['arg1'];
$arg2 = $_POST['arg2'];
$arg3 = $_POST['arg3'];

проверяйте - если ли нужные данные и тогда делайте запрос
www.php.net/isset

из другой это из forma.php которая отправляет arg1 arg2 arg3 на страницу baza.php, которая и содержит ту часть кода что я выше привел.

соответственно если из forma.php мы попадаем на baza.php то все гуд и все что нужно мне делается.
но вот если открыть baza.php, то ошибка, но мне и не нужно исполнение кода что я привел выше, если baza.php открывается сразу.
мне нужно проигнорить ту ошибку и грузить baza.php дальше.

mukas
я вам все сказал..
if(&&isset($_POST['аргумент'])&&isset($_POST['другой_аргумента']))
{
делаем запрос в базу с этими данными

}

аналогично

Код: $arg1 = $_POST['arg1'];
$arg2 = $_POST['arg2'];
$arg3 = $_POST['arg3'];

$query = "SELECT * FROM $ust WHERE AP_ID = '$arg1' AND USER_ID = '$arg2'";
$res = mysql_query($query) or die(mysql_error());
$number = mysql_num_rows($res);
if ($number != 1) {
if(&&isset($arg1)&&isset($arg2))
{ $query = "INSERT INTO $ust (AP_ID, USER_ID) VALUES ($arg1, $arg2)"; }
}

$query = "UPDATE $ust SET TARIF = '$arg3' WHERE AP_ID = '$arg1' AND USER_ID = '$arg2'";
$res = mysql_query($query) or die(mysql_error());

mukas

Цитата:

аналогично

вы видите как я написал??? разве так??
разница в том, что в вашей записи переменная определена всегда(!)

Цитата:

$arg1 = $_POST['arg1'];
$arg2 = $_POST['arg2'];
$arg3 = $_POST['arg3'];

$query = "SELECT * FROM $ust WHERE AP_ID = '$arg1' AND USER_ID = '$arg2'";
$res = mysql_query($query) or die(mysql_error());
$number = mysql_num_rows($res);

if ($number != 1) {
if(&&isset($_POST['arg1'])&&isset($_POST['arg2']))
{
$query = "INSERT INTO $ust (AP_ID, USER_ID) VALUES ($_POST['arg1'], $_POST['arg2'])";
$res = mysql_query($query) or die(mysql_error());
}
}

$query = "UPDATE $ust SET TARIF = '$arg3' WHERE AP_ID = '$arg1' AND USER_ID = '$arg2'";
$res = mysql_query($query) or die(mysql_error());

так же..(

mukas

не нужно слепо копировать.. нужно вдумываться в принцип. у меня 11.30 вечера, поэтому мне простительно..
Цитата:

if(isset($_POST['arg1'])&&isset($_POST['arg2']))

та же ошибка, а у меня 7 32 и я не спал всю ночь)))

mukas
вы уверены, что ошибка в этом запросе?
покажите вывод
echo $query;
его

уверен, эхо не могу показать ибо в том месте ошибка- нечего показывать, т.к.
так не работает

Код: $arg1 = $_POST['arg1'];
$arg2 = $_POST['arg2'];
$arg3 = $_POST['arg3'];

$query = "SELECT * FROM $ust WHERE AP_ID = '$arg1' AND USER_ID = '$arg2'";
$res = mysql_query($query) or die(mysql_error());
$number = mysql_num_rows($res);
if ($number != 1) {
if(isset($_POST['arg1'])&&isset($_POST['arg2']))
{
$query = "INSERT INTO $ust (AP_ID, USER_ID) VALUES ($_POST['arg1'], $_POST['arg2'])";
$res = mysql_query($query) or die(mysql_error());
}
}

$query = "UPDATE $ust SET TARIF = '$arg3' WHERE AP_ID = '$arg1' AND USER_ID = '$arg2'";
$res = mysql_query($query) or die(mysql_error());

mukas

Цитата:

не могу показать ибо в том месте ошибка- нечего показывать, т.к.

ошибка после. я прошу показать сформированный query, до того как выполняется запрос

$query = "SELECT * FROM $ust WHERE AP_ID = '$arg1' AND USER_ID = '$arg2'";
echo $query;
$res = mysql_query($query) or die(mysql_error());
$number = mysql_num_rows($res);
if ($number != 1) {
if(isset($_POST['arg1'])&&isset($_POST['arg2']))

тоже нет.

а вот он
SELECT * FROM user_tarif WHERE AP_ID = '' AND USER_ID = ''
НО!!! если убрать

Код: if ($number != 1) {
if(isset($_POST['arg1'])&&isset($_POST['arg2']))
{
$query = "INSERT INTO $ust (AP_ID, USER_ID) VALUES ($_POST['arg1'], $_POST['arg2'])";
$res = mysql_query($query) or die(mysql_error());
}
}

ну потому и ошибка что $_POST['arg1'] и $_POST['arg2'] у тебя не определены

так ее можно как нить проигнорить и грузить страницу дальше???

mukas

Цитата:

так ее можно как нить проигнорить и грузить страницу дальше???

вам уже написали как.
надоело уже повторять..после
$query = "INSERT INTO $ust (AP_ID, USER_ID) VALUES ($_POST['arg1'], $_POST['arg2'])";
сделайте
echo $query;
и покажите результат