0

データベースからデータを選択していますが、まだゲームに参加していると言っています。そうでないときは、チェックします。

この問題を解決する方法の手がかりはありますか?

        $moneda = (CMS == 'uber' ? $users->GetUserVar(USER_ID, moneda) : $myrow[moneda]);
        $isonline = mysql_query("SELECT `online` FROM `users` WHERE `username` = ".$_POST['Naam']."");
        $error = array();
        if($isonline == 1)
                $error[] = "De ander moet uit het hotel gaan voordat je belpixels kunt overschrijven.";
4

2 に答える 2

1 
$isonline = mysql_query("SELECT `online` FROM `users` WHERE `username` =".$_POST['Naam']."");

$isonlineはあなたの答えではありません..dudeそれは結果ではなく結果オブジェクトを含んでいます。

$row=mysql_fetch_assoc($isonline);
if($row['online']==1){}

mysql_queryの使用は長い間非推奨です。PDOに切り替えてください

と

$isonline = mysql_query("SELECT online FROM..

sql列名を引用符で囲むことはありません...ユーザー名を引用符で囲みます。ユーザー名の値を引用符で囲みます。これは次のとおりです。

$isonline = mysql_query("SELECT online FROM users WHERE username ='".$_POST['Naam']."'");
于 2012-11-12T17:57:39.353 に答える
0

mysql_queryは単一のユーザーレコードを返すことはありません。SQLクエリが単一のレコードのみを返すことがわかっている場合でも、PHPリソースを返します。

言い換えると、$isonlineはその変数の正しい名前ではありません。$ online_query_resultsのような名前を付けてから、

$user_record = mysql_fetch_array($online_query_results);

これにより、最初の（この場合のみ）結果行が返されます。次に、$ isonlineをテストする代わりに、テストします

$user_record['online']
于 2012-11-12T18:02:34.483 に答える