Question

考虑以下代码：

<?php

$db_error='Establishing a Database Connection Error';
$localhost='localhost';
$db_user='root';
$db_name='uploader_db';
$db_pass='';
$db_connect=mysql_connect($localhost,$db_user,$db_pass) or die($db_error);
  mysql_select_db($db_name) or die($db_error);
 $result="SELECT 'user','pass','name','email' FROM 'config' ORDER BY 'name'";
 $sql_result=mysql_fetch_array($result,MYSQL_BOTH);

 echo $sql_count=count($sql_result['name']);
?>

我收到以下错误：

错误：警告：mysql_fetch_array（）期望参数1为资源，第20行的C：\ xampp \ htdocs \ Project1 \ config.php中给出的字符串 0

如何解决此问题？

Answer 1

您没有在代码中正确分配三件事

1）mysql_select_db（$ db_name）：在这里您需要传递$ db_connect

2）不执行查询：$ result = mysql_query（$ sql_fetch）或die（“ Error：” .mysql_error（））;

3）查询结果需要传递到mysql_fetch_array（）

以下是具有上述更改的更新代码

$ db_error ='建立数据库连接错误';

$ localhost ='localhost';

$ db_user ='root';

$ db_name ='uploader_db';

$ db_pass ='';

$ db_connect = mysql_connect（$ localhost，$ db_user，$ db_pass）或die（$ db_error）;

mysql_select_db（$ db_name，$ db_connect）或die（$ db_error）;

$ sql_fetch =“ SELECT'user'，'pass'，'name'，'email'FROM'config'ORDER BY'name'”;

$ result = mysql_query（$ sql_fetch）或die（“ Error：” .mysql_error（））;

$ sql_result = mysql_fetch_array（$ result）;

echo $ sql_count = count（$ sql_result ['name']）;

警告：mysql_fetch_array（）期望参数1为资源...-为什么？

1 个答案: