给你一个参考,也许帮不了忙。(请严格按照我的格式来,包括换行格式)
$query="INSERT INTO 
aa(userid,username,userpwd,useremail,zipcode,telnum,an,qu)"."VALUES('','$newname','$newpwd','$useremail','$zipcode','$telnum','','')"; $result=mysql_query($query) or die("Query failed");

解决方案 »

  1.   

    to: shg918(东昌湖里的小虾米) 
    不是这里的问题关键是实现上传的代码和写入数据库的代码不知道怎么样处理才能兼容
      

  2.   

    我不会上传的部分,不过也许是你上传的部分把连数据库的linkid给弄丢了吧
      

  3.   


    希望下面代码对你有所帮助
    进入MySql控制器 
    输入命令"create database binary_data;" 
    输入命令"use binary_data;" 
    输入命令"CREATE TABLE binary_data ( id INT(4) NOT NULL AUTO_INCREMENT PRIMARY KEY,
    description CHAR(50), bin_data LONGBLOB, filename CHAR(50), filesize CHAR(50), filetype CHAR(50));"<HTML>
    <HEAD><TITLE>Store binary data into SQL Database</TITLE></HEAD>
    <BODY><?php
    // 如果提交了表单,代码将被执行: if ($submit) {     // 连接到数据库 
         // (你可能需要调整主机名,用户名和密码)     MYSQL_CONNECT( "localhost", "root", "root");
        mysql_select_db( "binary_data");$data = addslashes(fread(fopen($form_data,  "r"), filesize($form_d
    ata)));    $result=MYSQL_QUERY( "INSERT INTO binary_data (description,bin_data,filename,filesize,filetype) ".
             "VALUES ('$form_description','$data','$form_data_name','$form_data_size','$form_data_type')");    $id= mysql_insert_id();
        print  "<p>This file has the following Database ID: <b>$id</b>";    MYSQL_CLOSE();} else {     // 否则显示储存新数据的表单 
    ?>    <form method="post" action=" <?php echo $PHP_SELF; ?>" enctype="multipart/form-data">
        File Description:<br>
        <input type="text" name="form_description"  size="40">
        <INPUT TYPE="hidden" name="MAX_FILE_SIZE" value="1000000">
        <br>File to upload/store in database:<br>
        <input type="file" name="form_data"  size="40">
        <p><input type="submit" name="submit" value="submit">
        </form><?php}?></BODY>
    </HTML> 
      

  4.   

    http://www.eaoo.com/design/list.asp?classid=2&Nclassid=9
      

  5.   

    你的程序好像有问题,每次都要新生成一个表,因为$pic是每次新生成的。这样执行SQL肯定会出错吧
      

  6.   

    这是个很简单的语句,问题肯定在"$pic"里,试试用一个存在的数据表名,如:"TBL_pic",还有看看你的echo "$pic" 看看什么值.这样应该可以解决.