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私はこれが何百万回も尋ねられたことを知っていますが、私はそれらを読みましたが、何が問題なのかわかりません.


私は w3 チュートリアルの選択コードを使用しています:

$con = mysql_connect("$server","#user","$admin");

if (!$con) {
  die('Could not connect: ' . mysql_error());
}

mysql_select_db("$db", $con);

$result = mysql_query("SELECT * FROM options");

while($row = mysql_fetch_array($result)) {
  echo $row['copy_right'];
}

mysql_close($con);


そして、次の場所に表示されます。

<?php $FP->copy_right(); ?> if it matters,


私が得る完全なエラーは次のとおりです。

警告: mysql_fetch_array() は、パラメーター 1 がリソースであると想定します。112 行目の /Applications/XAMPP/xamppfiles/htdocs/frontcms/app/core/core.php で指定されたブール値です。

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3 に答える 3

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"#user"のように聞こえます$user。

エラーチェックを追加すると、何が問題なのかを知るのに役立ちます。

if (!$result) {
  die(mysql_error());
}

注意: 変数を引用しないでください。

$con = mysql_connect("$server","#user","$admin");

ただあるべき

$con = mysql_connect($server, $user, $admin);

と

mysql_select_db("$db", $con);

次のようにする必要があります。

mysql_select_db($db, $con);
于 2012-10-05T02:07:25.947 に答える
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これを試して、

while ($row = mysql_fetch_array($result, MYSQL_ASSOC))

PHPマニュアルを参照してください：mysql_fetch_array

于 2012-10-05T01:57:16.133 に答える
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タイプミスがあると思います：

$ con = mysql_connect（ "$ server"、 "＃user"、 "$ admin"）;

#userする必要があります$user

于 2012-10-05T02:00:19.233 に答える