Question

我尝试在phpMyAdmin上使用SELECT * FROM 'users' WHERE 'username'= '$username'但返回空行，然后找出这个SELECT * FROM用户WHERE username like '%abdul'并返回所需的结果。我从phpMyMdmin $sql = "SELECT * FROM用户WHERE username like \'%abdul\'";创建了一个PHP代码，然后将我的代码更改为

$row = mysqli_query($link,"SELECT * FROM {用户{1}}

但它显示警告：

mysqli_fetch_array（）要求参数1为mysqli_result，在第22行的/Applications/XAMPP/xamppfiles/htdocs/yd_mobi/register.php中给出布尔值。

欢迎任何帮助，谢谢！

Answer 1

尝试使用

$sql="SELECT * FROM users WHERE username like '%". $username."'";

if ($result=mysqli_query($link,$sql))
{
// Return the number of rows in result set
 $rowcount=mysqli_num_rows($result);
 if($rowcount > 0 ){
 echo "User Exist"
 }else{
 echo "new user";
 }
 // Free result set
 mysqli_free_result($result);
 }

 mysqli_close($link);

Answer 2

您的查询错误，应像LIKE一样大写。除此之外我没有看到问题。
当你的查询错误时，它返回FALSE这是一个布尔值，但是当它成功时它返回数据库中的信息，但我不确定你是否这样，但看起来你使用了mysqli_fetch_array（）;我通常使用以下内容

//div[@class='x-combo-list-item']/div[1]

编辑：
你不需要\＆＃39;％abdul \＆＃39;而只是做＆＃39;％abdul＆＃39;

Answer 3

您需要在mysqli_fetch_array()函数

中传递第二个参数

如果你想得到一个数字数组，那么使用这样的函数：

mysqli_fetch_array($row,MYSQLI_NUM);

如果你想获得关联数组，那么使用这样的函数：

while ($aRow = mysqli_fetch_array($row,MYSQLI_ASSOC)) {

}

Answer 4

mysqli_fetch_array($row,resulttype);

resulttype can be one of the following values:

MYSQLI_ASSOC
MYSQLI_NUM
MYSQLI_BOTH

SELECT返回空行，尽管它存在

4 个答案: