mysql_fetch_array在我的代码中无效: - 我收到了这样的错误......
警告:mysql_fetch_array():提供的参数不是第38行的C:\ Program Files \ xampp \ htdocs \ finalreports \ generatereport.php中的有效MySQL结果资源
我的代码到目前为止....
if(array_key_exists('server_guid',$_GET))
{
$guids = $_GET['server_guid'];
$guid_array = explode(",",$guids);
//$reporttype = "Server Resources";
for($i=0 ; $i<count($guid_array); $i++)
{
$query = "select vid from vendor_registration where bussname='".$guid_array[$i]."'";
$result = mysql_query($query);
while($row = mysql_fetch_array($result))
{
$name_array[$i] = $row[0];
}
}
}
答案 0 :(得分:5)
确保结果不受污染:
$result = mysql_query($query) or die(mysql_error());
答案 1 :(得分:2)
您的查询可能会返回错误:
if (($result = mysql_query($query)) === false) {
echo "Error running query: " . mysql_error() . "\n";
}