Question

运行我的PHP脚本时它一直给我错误

You have an error in your SQL syntax; check the manual that corresponds to your MySQL server version for the right syntax to use near '1' at line 1

这是我的sql代码，除了从表中选择之外。我已经注释掉所有这些并没有出现错误，所以我假设它出现在这段代码中。

    if($status === 1){
        $sqlQ = mysql_query("UPDATE tablename SET status=1 WHERE steam64='$id'");

        if(!mysql_query($sqlQ, $con)){
            die('Error: ' . mysql_error());
        }
    }else if($status !== 1){
        $sqlQ = mysql_query("UPDATE tablename SET status=2 WHERE steam64='$id'");

        if(!mysql_query($sqlQ, $con)){
            die('Error: ' . mysql_error());
        }
    }

让我感到困惑的是第1行。

Answer 1

你正在违反DRY原则。为什么不喜欢......

$statusValue = ($status === 1) ? 1 : 2;
$sqlQuery = mysql_query("UPDATE `14d2_group` SET `status` = $statusValue WHERE `steam64` = '$id'"):

更新2：看起来需要进一步澄清。

mysql_query函数不仅创建一个查询：它实际上发送到MySQL - 并返回结果。在UPDATE的情况下，如果查询失败，它将返回FALSE。这就是为什么你不应该像原始例子中那样调用mysql_query两次。

您可以使用mysql_affected_rows函数检查实际更新了多少行。

更新3：终于明白了。）这就是出现错误的原因：您尝试使用上次更新查询的结果调用mysql_query。当TRUE转换为String时，只有'1'。）

Answer 2

您将一个查询的结果用作查询本身。

您可能想要做的是：

if($status === 1){
    $sqlQ = mysql_query("UPDATE tablename SET status=1 WHERE steam64='$id'");

    if (!$sqlQ) {
        die('Error: ' . mysql_error());
    }
}
else {// no need for your if-statement here because it would always be true
    $sqlQ = mysql_query("UPDATE tablename SET status=2 WHERE steam64='$id'");

    if(!$sqlQ){
        die('Error: ' . mysql_error());
    }
}

Answer 3

“第1行”对应于查询的第1行，而不是调用它的脚本。要添加调用它的脚本行，请使用：

die('Error: ' . mysql_error() . ' in ' . $_SERVER['PHP_SELF'] . ' on line ' . __LINE__ );

至于查询，我真的没有看到任何东西向我跳来跳去。我现在唯一的建议是始终将字段名称括在反引号中，以防万一它们是关键字（这也使它们更清晰易读）

此外，您的else if也是多余的。如果$status === 1未运行，则$status !== 1 必须为真。

Answer 4

由于类型转换，status=1不是问题。我假设$id有一些问题。将$id更改为其他安全值（1，'foo'...）后，请检查其是否有效。

Answer 5

'第1行'部分是SQL，说它收到的消息在第1行有错误 - 这是SQL试图处理的命令的第一行。

如果我不得不猜测，状态未设置为数字类型，因此您需要在其周围加上引号，以便SQL知道它正在传递变量。

编辑：好的，其他解决方案也可能是正确的。我们都对您的数据结构做出了不同的假设，我认为他更好。先试试吧。

MySQL语法错误 - 接近＆＃39; 1＆＃39;在第1行

5 个答案: