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データベース内の特定のテーブル内のすべてのデータを表示しようとしています。そうしようとすると、このエラーが発生します。

    Warning: mysqli_select_db() expects parameter 1 to be mysqli, string given in      /home/content/59/11513559/html/bg/showscore.php on line 23

これは私のphpファイルです：

   <?php
    session_start();
    //connect to db
    $con = mysqli_connect("localhost","placeholder","placeholder","placeholder");


     $table=$_SESSION['gamecode'];

     mysqli_select_db( $con,'dbname') or die("Database selection failed: " .      mysql_error());
     $result = mysqli_query($con,"SELECT * FROM $table");


     function tableme($result){
     $header='';
     $rows='';
     while ($row = mysql_fetch_array($result)) 
 if (!$result) { // add this check.
     die('Invalid query: ' . mysql_error()); 
     if($header==''){
        $header.='<th>'; 
        $rows.='<tr>'; 
        foreach($row as $key => $value){ 
            $header.='<td>'.$key.'</td>'; 
            $rows.='<td>'.$value.'</td>'; 
        } 
        $header.='</th>'; 
        $rows.='</tr>'; 
     }else{
        $rows.='<tr>'; 
        foreach($row as $value){ 
            echo "<td>".$value."</td>"; 
        } 
        $rows.='</tr>'; 
      }
     } 
      return '<table>'.$header.$rows.'</table>';
     }
      echo tableme($result);

これは23行目です： mysqli_select_db(" . $table . ",$con) or die(mysql_error());

この行に他に何を追加する必要があるかわかりません。または、このエラーを引き起こす原因は何ですか。また、セッションが正常に機能していることもわかっています。それを呼び出して他のページに表示し、テーブルからデータを追加/削除しました。助けてくれてありがとう。

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2 に答える 2

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PHPのドキュメントが言うように：

bool mysqli_select_db ( mysqli $link , string $dbname )

したがって、この行：

 mysqli_select_db(" . $table . ",$con) or die(mysql_error());

する必要があります:

 mysqli_select_db($con," . $table . ") or die(mysql_error());

AND :" . $table . "データベースの名前 (テーブルの名前ではない) にする必要 spacesがあります。.

于 2013-09-01T23:51:07.993 に答える
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警告が言っているように、最初のパラメーターはmysqliリソースでなければなりません

 mysqli_select_db(  $con,$table) or die(mysql_error());
于 2013-09-01T23:50:47.930 に答える