Question

我试图在family_spouse表中显示所有原始

码

      <?php 



    $query = "SELECT FROM family_spouse";
    $result = mysql_query ($query);

    echo "<table border='1'>
    <tr>
    <th>Family Type</th>
    <th>Name</th>
    <th>Gender</th>
    </tr>";

    while($row = mysql_fetch_array($result))
    {
    echo "<tr>";
    echo "<td>" . $row['spouse_type'] . "</td>";
    echo "<td>" . $row['spouse_name'] . "</td>";
    echo "<td>" . $row['spouse_gender'] . "</td>";
    echo "</tr>";
    }
    echo "</table>";

    ?>

当我运行代码时，此错误会显示为Warning: mysql_fetch_array() expects parameter 1 to be resource, boolean given in C:\wamp\www\eprofile\dashboard.php on line 598

第598行

while($row = mysql_fetch_array($result))

Answer 1

错误在您的查询中，可能应该是：

$query = "SELECT * FROM family_spouse";

如果您打算检查查询的返回值，就会知道这一点。

假设您已正确连接到数据库，则应执行以下操作：

$query = "SELECT * FROM family_spouse";
$result = mysql_query($query) or die(mysql_error());

请注意，mysql_*()已弃用，您应该使用mysqli_*或PDO。

Answer 2

您收到的错误意味着您执行的SQL查询导致错误：

$query = "SELECT FROM family_spouse";

你没有在这里列出任何列;尝试将此行更新为：

$query = "SELECT * FROM family_spouse";

要查看实际错误（如果您将来再收到其他错误），可以使用mysql_error();您可以将查询与mysql_error()结合使用，如：

if ($result = mysql_query ($query)) {
    // display the results
} else {
    echo 'Error: ' . mysql_error();
}

旁注（不具体回答）：
您应该考虑使用MySQLi或PDO库而不是过时/不受支持的mysql_方法。

Answer 3

您的查询失败，因此不会生成查询资源，而是生成FALSE。

更改

$query = "SELECT FROM family_spouse";

到

$query = "SELECT * FROM family_spouse";

注意： mysql_ （）函数已弃用，您应该使用mysqli _ 或PDO。

Answer 4

我认为您对查询的要求是

SELECT * FROM family_spouse

（注意添加的星号）

Answer 5

将查询更新为此内容！

$query = "SELECT * FROM family_spouse";

*表示“全部”。所以，从family_spouse中选择ALL！

显示所有原始信息

5 个答案: