警告：mysql_result（）。无法解决

Question

我收到此错误：

警告：mysql_result（）：提供的参数不是有效的MySQL结果资源

我已经检查了其他问题，似乎无法找到答案。有什么想法吗？

$query = mysql_query("SELECT COUNT(`id`) FROM `users` WHERE `username` = '$username' AND `active` == 1");
return(mysql_result($query, 0) == 1) ? true : false;

Answer 1

您的查询无效的原因是您使用单引号包装列名称和表名称。它们是标识符而不是字符串文字，所以它们不应该用单引号换行。

SELECT COUNT(id) FROM users WHERE username = '$username'

如果使用的列名和表名是保留关键字，则可以使用反引号转义，而不是使用单引号。

在这种情况下，不需要反引号，因为它们都不是保留关键字。

其他链接：

• MySQL Reserved Keywords List
• MySQL - when to use single quotes, double quotes, and backticks?

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作为旁注，如果变量的值（ s ）来自外部，则查询易受SQL Injection攻击。请查看下面的文章，了解如何防止它。通过使用PreparedStatements，您可以摆脱在值周围使用单引号。

• How to prevent SQL injection in PHP?

Answer 2

查询应该是，您使用'围绕列名称，您必须使用`

围绕它

mysql_query("SELECT COUNT(`id`) FROM `users` WHERE `username` = '$username'");

更改此

`active` == 1");

到

`active` = 1");

Answer 3

如果你想要这个

，这不是一个正确的方法来转义列使用反引号操作符

$query = mysql_query("SELECT COUNT(`id`) FROM `users` WHERE `username` = '$username'");