Question

我无法echo将此链接发送到我的网页上我没有任何错误，或者无法echo这部分内容我不明白我做错了什么。

`

    $friend_query = ("SELECT user_one, user_two FROM friends WHERE user_one ='$my_id' OR user_two='$my_id'");

    while ($run_friend = mysql_fetch_array($friend_query))
    {
        $user_one = $run_friend['user_one'];
        $user_two = $run_friend['user_two'];

            if ($user_one == $my_id)
            {
                $user = $user_two;
            }else
                {
                    $user = $user_one;
                }
            $username = getuser ($user, 'username');
                echo "<a href='profile.php?user=$user' class='box' style='display:block'>$username</a>";

    }


?>`

定义了所有变量我相信这条线只有一些问题，因为所有其他变量都可以正常工作。提前感谢帮助

p.s不投票我只是一个初学者：）

Answer 1

这条线完全有效。尝试删除类和样式，因为由于某些样式故障，很可能无法看到该行。努力工作。

Answer 2

您应该收到错误，但是您可能已经在没有意识到的情况下压制了它们。 mysql_fetch_array()需要查询resource才能运行，您只是传递一个字符串，将示例的第一行更改为：

$friend_query = mysql_query("SELECT user_one, user_two FROM friends WHERE user_one ='$my_id' OR user_two='$my_id'");

Answer 3

您没有执行查询...

在实际查询之前使用此mysql_query。

$friend_query = mysql_query("SELECT user_one, user_two FROM friends WHERE user_one ='$my_id' OR user_two='$my_id'");

保留其余代码。那应该可以胜任。

ADDON：我建议使用mysqli或PDO而不是mysql，因为它已被弃用。

无法回应链接

3 个答案: