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我知道这已经被问了一百万次,但是我已经阅读了它们,我似乎看不出问题出在哪里。


我正在使用 w3 教程中的选择代码:

$con = mysql_connect("$server","#user","$admin");

if (!$con) {
  die('Could not connect: ' . mysql_error());
}

mysql_select_db("$db", $con);

$result = mysql_query("SELECT * FROM options");

while($row = mysql_fetch_array($result)) {
  echo $row['copy_right'];
}

mysql_close($con);


然后显示在:

<?php $FP->copy_right(); ?> if it matters, 


我得到的完整错误是:

警告:mysql_fetch_array() 期望参数 1 是资源,在第 112 行的 /Applications/XAMPP/xamppfiles/htdocs/frontcms/app/core/core.php 中给出的布尔值

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3 回答 3

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"#user"听起来像是$user

添加错误检查将帮助您了解问题所在。

if (!$result) {
  die(mysql_error());
}

注意:不要引用你的变量。

$con = mysql_connect("$server","#user","$admin");

应该只是

$con = mysql_connect($server, $user, $admin);

mysql_select_db("$db", $con);

应该只是:

mysql_select_db($db, $con);
于 2012-10-05T02:07:25.947 回答
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试试这个,

while ($row = mysql_fetch_array($result, MYSQL_ASSOC))

参见 PHP 手册:mysql_fetch_array

于 2012-10-05T01:57:16.133 回答
0

我猜你有一个拼写错误:

$con = mysql_connect("$server","#user","$admin");

#user应该$user

于 2012-10-05T02:00:19.233 回答