PHP $_POST['var'] qui ne marche pas
Bonjour,
J'ai fait un formulaire en méthode post, avec un champ de nom "nbrrub",
et quand je le reçois avec le tableau
$_POST['nbrrub'];
Je reçois une notification d'apache undefieded variable: nbrrub,
sachant que j'ai easyPHP version 7
Merci de m'aider
J'ai fait un formulaire en méthode post, avec un champ de nom "nbrrub",
et quand je le reçois avec le tableau
$_POST['nbrrub'];
Je reçois une notification d'apache undefieded variable: nbrrub,
sachant que j'ai easyPHP version 7
Merci de m'aider
6 réponses
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Eh bien il ne te parle pas de $_POST['nbrrub'], car il aurait mis:
undefined index nbrrub.
Toi tu utilises la variable nbrrub sans l'initialiser autrepart (donne la ligne ou a lieu l'erreur).
++
Fat_Cartman,
Parce que je le vaux bien... -
tu as essayé $_post[nbrrub] ? (donc sans les cotes)
-
met un
if(isset($_Post['nbrrub'])) avant
comme ca il cherchera pas a l'utiliser avant que le formulaire soit envoye
il y a une autre fonction pour verifier qu'un formulaire a bien ete envoye mais jmen souviens pas :) -
bonjour
$_post["nbrrub"] c'est la syntaxe
mais peut-être on passe sur cette ligne sans que
le formulaire ne soit envoyé ?
ou autre erreur sur cette ligne
ou if isset($_post["nbrrub"]) permet de tester
si variable définie.
@+ -
J'ai l'impression (mais je me trompe peut-être), que tu n'as pas assigné ton $_POST["nbrrub"] à la variable $nbrrub, mais que tu utilises quand même cette variable par la suite dans ton script.
Si c'est le cas, rectifie le tir en déclarant $nbrrub = $_POST["nbrrub"]; .
.::: "A trop vouloir feindre de faire fi, on finit
par faire fi de vouloir feindre." :::. -
$nbrrub = isset ( $_POST['nbrrub'] ) ? $_POST['nbrrub'] : '' ;
C'est la solution la plus courte pour initialiser ta variable.
