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我无法弄清楚为什么我不断收到此错误。这是我的代码。我试过换东西，但没有运气。我从我的书中得到了代码，所以我希望它会起作用，但情况并非总是如此。

警告：mysql_fetch_array() 期望参数 1 是资源，在第 16 行的 C:\xampp\htdocs\CIS224\Company_Cars.php 中给出 null

<!DOCTYPE hmtl PUBLIC "-//W3C//DTD XHTML 1.0 Strict//EN"
"http://www.w3.org/TR/xhtml1/DTD/xhtml1-strict.dtd">

<html>

<head>
<title>Create Database</title>
</head>

<body>
<?php
$SQLstring = "SELECT * FROM company_cars";
$QueryResult = @mysql_query($SQLstring, $DBConnect);
echo "<table width ='100%' border='1'\n";
echo "<tr><th>License</th><th>Make</th><th>Model</th><th>Mileage</th><th>Year</th></tr>\n";
while ($Row = mysqli_fetch_array($result) !== FALSE) {
    echo "<tr><td>{$Row[0]}</td>";
    echo "<td>{$Row[1]}</td>";
    echo "<td>{$Row[2]}</td>";
    echo "<td align='right'>{$Row[3]}</td>";
    echo "<td>{$Row[4]}</td></tr>\n";
    }
echo "</table>\n";

?>
</body>
</html>
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4 回答 4

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您似乎忘记连接到数据库。尝试

$DBConnect = mysql_connect('host', 'user', 'pass');
$db = mysql_select_db('dbname');

你也在打电话mysqli_fetch_array，应该是mysql_fetch_array：

while ($Row = mysqli_fetch_array($QueryResult) !== FALSE) {
//                 ^ remove      ^ also this!!!

除非您实际使用mysqli_*，在这种情况下查询调用是错误的。你也传递了错误的变量，你的结果$QueryResult不是$result.

你真的应该放弃mysql_*并学习 PDO 或 MySQLi。

于 2013-06-11T13:22:54.350 回答
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删除@并mysql_query()尝试..

于 2013-06-11T13:22:47.273 回答
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你为什么使用@它mysql_query返回真或假。

$QueryResult = mysql_query($SQLstring, $DBConnect);

@像我在代码中所做的那样删除。它会起作用。

mysql_fetch_array您的函数中还有另一个问题：

while ($Row = mysql_fetch_array($QueryResult))

使用上面的代码而不是你的 while 代码。

并始终使用 PDO Mysql。

于 2013-06-11T13:23:01.180 回答
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在while循环中改变

  while ($Row = mysqli_fetch_array($QueryResult) !== FALSE) {

代替

  ($result) to ($QueryResult)
于 2013-06-11T13:26:35.243 回答