PHP7で動作するように再コーディングしようとしていますが、惨めに失敗しています。誰かが私を正しい方向に向けることができますか?
エラーは次のとおりです。
警告: mysqli_query() は、少なくとも 2 つのパラメーターを予期します。そのうちの 1 つは、/Applications/XAMPP/xamppfiles/htdocs/students/index.php 行 55 で指定されます。
Fatal error: Uncaught Error: Call to undefined function mysql_fetch_array() in /Applications/XAMPP/xamppfiles/htdocs/students/index.php:57 スタック トレース: #0 {main} throw in /Applications/XAMPP/xamppfiles/htdocs/students /index.php 57 行目
PHP コード:
<?php
include("db.php");
$result=mysqli_query("SELECT * FROM students");
while($test = mysql_fetch_array($result))
{
$id = $test['UID'];
echo "<tr align='center'>";
echo"<td><font color='black'>" .$test['UID']."</font></td>";
echo"<td><font color='black'>" .$test['FirstName']."</font></td>";
echo"<td><font color='black'>". $test['LastName']. "</font></td>";
echo"<td><font color='black'>". $test['Marks']. "</font></td>";
echo"<td><font color='black'>". $test['RollNumber']. "</font></td>";
echo"<td> <a href ='view.php?UID=$id'>Edit</a>";
echo"<td> <a href ='del.php?UID=$id'><center>Delete</center></a>";
echo "</tr>";
}
mysql_close($conn);
?>
他の不要なコードを削除し、エラーを作成しているコードのみを表示しています。