Question

我正在尝试在我的网页上显示来自mysql数据库的信息但是这段代码不起作用，我收到了一个错误：

警告：mysql_fetch_array（）期望参数1为资源，布尔值为第28行的C：\ xampp \ htdocs \ student2.php。

我不知道这有什么不对程序，我不知道如何解决这个问题。

<!DOCTYPE html>
<html>
<head>
</head>
<body>
    <?php
    $con=mysql_connect("localhost","root","");
    $db=mysql_select_db("testdb");
    if($con){
        echo "Successfully connected to the database.";
    }else{
        die("Error.");
    }

    if($db){
        echo "Sucessfully found the database.";
    }else{
        die("Error.Database not found.");
    }

    ?>
    <br/>
    <br/>
    <?php
        $query=mysql_query("SELECT * FROM testdb");

        while($row=mysql_fetch_array($query)){
            $name=$row['name'];
            $nomatrix=$row['nomatrix'];
        }
        ?>
</body>
</html>

Answer 1

您需要在此处传递表名而不是数据库名

public function testMember()
   {
    $response = $this->call('GET', 'member');
    $this->assertEquals(200, $response->status());
  }

如何在网页上显示mySQL数据库的信息？

1 个答案: