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我真的不知道为什么这不起作用。我想要做的只是获取数据库中的所有电子邮件，然后回显它们，但无论我尝试什么，mysql_fetch_array 都不起作用。不是 SQL 查询不起作用，因为我添加了一个 if 语句，如果它不起作用，它就会死掉，不仅如此，我还在 PHPMyAdmin 上进行了完全相同的查询，并且它有效.

这是我的代码

<?php
$dbc = mysql_connect('localhost', 'root', ''); //host, username, pass
$db = mysql_select_db('habbo', $dbc);

if(!$dbc || !$db)
    die("Unknown Error.");

$sql = "SELECT `email` FROM `logininfo` WHERE `id` = '1'";
mysql_query($sql);

if(!$sql)
    die(mysql_error());

while($row = mysql_fetch_array($sql))
    echo $row['email'] . " ";

?>

所以，我不知道发生了什么，我的两个错误陷阱都没有出现，当我进入页面时我只是得到一个错误

Warning: mysql_fetch_array() expects parameter 1 to be resource, string given on line 14

我假设这意味着查询被破坏了，但查询不是，因为就像我之前所说的，我已经设置了错误陷阱，并在 PHPMyAdmin 中尝试了查询，所以它可能是 XAMPP 的问题，或者其他什么。我重新启动了 Apache 和 MySQL，但仍然出现同样的错误。

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4 回答 4

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您正在尝试从 sql 文本中获取结果，而不是查询结果；

$sql = "SELECT `email` FROM `logininfo` WHERE `id` = '1'";
$res = mysql_query($sql);

if(!$res)
    die(mysql_error());

while($row = mysql_fetch_array($res))
    echo $row['email'] . " ";
于 2013-07-28T18:07:29.057 回答
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您没有将mysql_query($sql)函数的结果设置为变量。因此，您在代码的后半部分使用字符串。

尝试这个：

<?php
$dbc = mysql_connect('localhost', 'root', ''); //host, username, pass
$db = mysql_select_db('habbo', $dbc);

if(!$dbc || !$db)
    die("Unknown Error.");

$sql = "SELECT `email` FROM `logininfo` WHERE `id` = '1'";
$result = mysql_query($sql);

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

while($row = mysql_fetch_array($result))
    echo $row['email'] . " ";
?>
于 2013-07-28T18:20:12.640 回答
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$sql应该是一个mysql_query()。可能还添加 MYSQL_ASSOC

就像是：

$result = mysql_query("SOME QUERY");
while($row = mysql_fetch_array($result, MYSQL_ASSOC)){
    echo $row['email'] . " ";
}
于 2013-07-28T18:10:35.637 回答
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$sql实际上是一个字符串，而不是您从 MySQL 访问结果所需的资源。

您需要存储 的结果mysql_query()，检查 THAT 是否为假并调用mysql_error()，否则将其传递给mysql_fetch_array().

于 2013-07-28T18:07:08.583 回答