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当我尝试使用 mysql_fetch_array() 时收到此错误消息：

while( $deffefgpSfet->fetch() ) {
   $roefe= mysql_fetch_array($ffefe, MYSQL_NUM);

Warning:  mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid 
         MySQL result resource in <b>/opt/lampp/htdocs/index.php on line 157
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您没有显示对象 $defeft 的代码，但我可以假设您正在尝试做什么......

$blah = mysql_query("SELECT 1 FROM information_schema.tables");

if(!$blah) { // check for mysql errors
  echo mysql_error();
  exit;
}

while( $defeft = mysql_fetch_array($blah)) {

 echo $defeft['row'];

}

Defeft 将行数据保存在一个数组中，while 循环遍历每一行。

于 2012-06-12T20:42:49.937 回答
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该错误不是指在不是资源的变量上使用mysql_fetch_X，例如查询失败，请确保您的查询返回有效结果，而不是mysql错误？

$a = mysql_query($sql) or die();

试试这个（或类似的）:)

于 2012-06-12T21:11:53.073 回答