Question

课程新手。

public function get_feed($member_id) {



    $sql = "SELECT mc. * , cp. * 
            FROM `my_connections` mc
            LEFT JOIN `thoughts` cp ON cp.`member_id` = mc.`connection_id` 
            WHERE mc.`member_id` = '".$member_id."'
            AND mc.`approved` = 1";

    $result = @mysql_query($sql,$db); check_sql(mysql_error(), $sql, 0);

    //echo '<pre>'.$sql.'</pre>';

            return $result; //this returns Resource id#14 or NULL


    /*while($list = mysql_fetch_array($result)) {

        $feed_item[] = $list;
    }

    return $feed_item;*/ 

}// EO get_feed()

我称之为

$feed = new my_feed;

echo $feed->get_feed($uid);

它返回Null。

但是当我在方法之外使用相同的sql时，它会返回预期的结果。

我应该在上面的查询中返回什么。

Answer 1

有几件事：

你正在压制错误，让自己陷入黑暗中：

$result = @mysql_query($sql,$db); // Remove the @ symbol
然后，由于范围，您应该发现$db不是有效的数据库连接对象。确保将其设置为类变量，然后改为引用$this->db。
您的Resource id#14结果是预期的，这就是mysql_query返回的结果。您可以使用各种mysql_fetch_*方法在此处解析它，或者只是返回它并让调用者处理解析。
停止使用mysql_*方法！尽快切换到mysqli或PDO（据我所知，遗留应用程序需要时间）。

Answer 2

$result总是返回Resource id#14是php处理的方式，要获取数据，你必须使用php为此获取的数据，如mysql_fetch_array或 mysql_fetch_assoc

$result = @mysql_query($sql,$db); check_sql(mysql_error(), $sql, 0);

while($list = mysql_fetch_array($result)) {

    $feed_item[] = $list;
}

return $feed_item;

$feed _item会将查询结果放入数组

注意： Why shouldn't I use mysql_* functions in PHP?

尽量避免像@中的@mysqli_query这样的错误，你需要调试错误

方法返回资源ID＃14 PHP / MySQL

2 个答案: