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これは私の最初の投稿ですが、このフォーラムは非常に便利であることがわかりました。あなたが私を助けてくれることを願っています。

私の難問はこれです：私はユーザーにログオンしてからお互いを評価してもらいます。ユーザーがログインしたら、ユーザーが行った評価（これは私が機能したものです。フォームによって生成された一意のIDで選択できるレビュー）と、ユーザーが持っている評価の概要を確認できるようにしたいと思います。受け取った。これは難しいと思われるところです。内部結合を試しましたが、結果が得られませんでした。

今、私はこの部分を私のhtmlの上に持っています

<?php 
    include "connect.php";
    if(isset($_COOKIE['ID_my_site'])) 
    { 
        $username = $_COOKIE['ID_my_site']; 
        $pass = $_COOKIE['Key_my_site']; 
        while($info = mysql_fetch_array( $check ))   
        { 
            //if the cookie has the wrong password, they are taken to the login page 
            if ($pass != $info['password']) 
            {
                header(""); 
            } 
            //otherwise they are shown the admin area    
            else 
            {
                echo ""; 
                echo ""; 
            } 
        } 
    } 
     else 
    //if the cookie does not exist, they are taken to the login screen 
    {            
        header(""); 
    } 
include "settings.php";
?>

そして私のhtmlの後のこの部分

<?php
    include('connect.php');
    $result = mysql_query("SELECT r.user, r.rating1, r.rating2, r.rating3, u.username
                             FROM reviews r INNER JOIN users u ON r.user=u.username
                            WHERE r.user='$userid' ORDER BY r.user DESC") 
                or die(mysql_error()); 

        echo "<table border='1' cellpadding='10'>";
        echo "<tr>
                  <th></th>
                  <th>View Comments</th>
                  <th>Rating 1</th>
                  <th>Rating 2</th>
                  <th>Rating 3</th>
              </tr>";

        while($row = mysql_fetch_array( $result )) {
               echo "<tr>";
               echo '<td><a href="showit.php?id=' . $row['id'] . '">View/Print</a></td>';
               echo '<td>' . $row['rating1'] . '</td>';
               echo '<td>' . $row['rating2'] . '</td>';
               echo '<td>' . $row['rating3'] . '</td>';
               echo "</tr>"; 
        } 
        echo "</table>";
?>

残念ながら、SQLテーブルにこの人物の約20の評価が表示されていますが、結果はまったく得られません。

また、「警告：mysql_fetch_array（）：指定された引数は、19行目のreviews.phpの有効なMySQL結果リソースではありません」というエラーをスローします。

そこにはおそらくばかげた間違いがありますが、私はコードブラインドになっていてイライラしています。

助けてくれてありがとう！

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これが19行目の場合:

while($row = mysql_fetch_array( $result )) {
               echo "<tr>";
               echo '<td><a href="showit.php?id=' . $row['id'] . '">View/Print</a></td>';
               echo '<td>' . $row['rating1'] . '</td>';
               echo '<td>' . $row['rating2'] . '</td>';
               echo '<td>' . $row['rating3'] . '</td>';
               echo "</tr>"; 
        }

rating1 、ratings2 .. などではなく、1,2,3 .. などの配列内の値の位置を使用する必要があります。

于 2013-02-27T09:24:06.493 に答える