php - 警告：mysql_result()。无法解决

Question

我收到此错误：

警告：mysql_result()：提供的参数不是有效的 MySQL 结果资源

我已经检查了有关此的其他问题，但似乎找不到答案。有什么想法吗？

$query = mysql_query("SELECT COUNT(`id`) FROM `users` WHERE `username` = '$username' AND `active` == 1");
return(mysql_result($query, 0) == 1) ? true : false;

Answer 1

您的查询不起作用的原因是因为您将列名和表名用单引号括起来。它们是标识符而不是字符串文字，因此不应用单引号括起来。

SELECT COUNT(id) FROM users WHERE username = '$username'

如果碰巧使用的列名和表名是保留关键字，则可以使用反引号而不是单引号对它们进行转义。

在这种情况下，不需要反引号，因为它们都不是保留关键字。

其他链接：

• MySQL 保留关键字列表
• MySQL - 何时使用单引号、双引号和反引号？

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作为旁注，SQL Injection如果变量的值（s）来自外部，则查询很容易受到攻击。请看下面的文章，了解如何预防。通过使用PreparedStatements，您可以摆脱在值周围使用单引号。

• 如何防止PHP 中的 SQL 注入？

Answer 2

查询应该是，你'在列名周围使用，你必须用它包围它`

mysql_query("SELECT COUNT(`id`) FROM `users` WHERE `username` = '$username'");

改变这个

`active` == 1");

至

`active` = 1");

Answer 3

如果您希望这样，这不是转义列使用反引号运算符的正确方法

$query = mysql_query("SELECT COUNT(`id`) FROM `users` WHERE `username` = '$username'");