php - 警告：mysql_result()：提供的参数不是第 4 行 (...) 中的有效 MySQL 结果资源

Question

这是我的片段。

我已经检查了一些与我的错误类似的其他问题，但到目前为止我无法解决它。

<?php 
function user_exists ($username) {
$username = sanitize($username);
return (mysql_result(mysql_query("SELECT COUNT(user_id) FROM users WHERE username =  $username"), 0) == 1) ? true : false;
}
?>

Answer 1

您应该将代码拆分为更多行以处理这些错误或特殊情况。mysql_query如果发生，将返回零到 n 行或错误。因此，返回的资源仅在非错误查询中为真。这可用于处理如下情况。

首先构建并执行查询，然后处理资源。

$query="SELECT COUNT(user_id) FROM users WHERE username = ".$username;
$result = mysql_query($query);  

您可以使用以下方法来确定发生错误时发生的情况：

if(!$result) die("SELECT failed: ".mysql_error());

或者这些想法来处理问题

if (!$result=mysql_query($query)) {
        return false; // or similar operation
    }

    if (mysql_num_rows($result)!=1){
        return false;
    }else{
        return true;
    }

Answer 2

mysql_query如果由于某种原因失败，则在返回 false 时可能会发生这种情况。所以你应该把它分成多个语句并检查返回值

$sql = "SELECT COUNT(user_id) FROM users WHERE username =  $username";
$result = mysql_query($sql);
if ($result === false) {
    // error handling
    return false;
}

return (mysql_result($result, 0) == 1) ? true : false;