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所以我有以下代码

$query=mysql_query("SELECT * FROM `phones` JOIN manufacturer USING (ManufacturerID) JOIN operatingsystem USING (OSID) WHERE PhoneID=$id");
$row=mysql_fetch_object($query);
echo mysql_error();

while($row=mysql_fetch_array($result))
{ ?>
<div class="phones">
<?php
echo "<img src=\"images/phones/".$row['LargeImg']."\"/>";
echo "<h2>";
echo "$row->Name $row->Model";
echo "</h2>";
echo "<p>";
echo "<ul>";
echo "<li>Running $row->OSName</li>";
echo "<br />";
echo "<li>$row->ScreenSize Display</li>";
echo "<br />";
echo "<li>$row->StorageSize of Storage</li>";
echo "</p>";
echo "</ul>";
?>
</div>
<?php
}
mysql_close($con);
?>

我收到错误 通知：未定义变量：导致第 43 行上的 phone-details.php 警告：mysql_fetch_array() 期望参数 1 是资源，第 43 行上的 phone-details.php 中给出 null

我想要它做的是在产品详细信息旁边显示图像（产品详细信息之前工作但后来我试图让图像工作并且它坏了）。文件名存储在名为 LargeImg 的字段中，图像文件本身存储在 images/phones 文件夹中。我将如何解决此问题，以便错误消失并为数据库中的每条记录显示图像？代码越简单越好。

谢谢。

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2 回答 2

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$row=mysql_fetch_object($query);
echo mysql_error();

while($row=mysql_fetch_array($result))

无论您将如何使用 mysql_* 函数进行演讲。$result 未定义。它什么都没有。通常人们过去常常做这样的事情：

$result = mysql_query("QUERY");
while($row=mysql_fetch_array($result)){
//do stuff
}

我的朋友，您正在混淆您的功能。另外请不要使用 mysql_* 函数，因为它们已被弃用！:)

于 2013-02-06T00:51:10.357 回答
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使用$query变量作为参数mysql_fetch_array。该参数必须是 mysql_query 引用。

$result从来没有在这里定义..

于 2013-02-06T00:25:41.133 回答