当我尝试访问时 profile.php?u=destiny
//$result = mysql_query('SELECT name FROM
$imageresult = mysql_query("SELECT name FROM imagetable WHERE id = '$id'") or die(mysql_error());
$u = mysql_result($imageresult, 0 ,"name") or die(mysql_error());
//error_reporting(E_ALL);
if (isset($id) && (!isset($u))) {
}
警告:mysql_result()[function.mysql-result]:无法跳到第11行的profile.php中MySQL结果索引5的第0行
此警告意味着$imageresult
var中没有行。签出,这应该工作:
$imageresult = mysql_query("SELECT name FROM imagetable WHERE id = '$id'") or die(mysql_error());
if (mysql_num_rows($imageresult) > 0) {
$u = mysql_result($imageresult, 0 ,"name") or die(mysql_error());
if (isset($id) && (!isset($u))) {
}
}
问题内容: 我有一个旧站点,该站点最近显示了一个错误,由于一段时间没有被使用,这很奇怪。我得到以下内容: 这是什么原因造成的,我应该如何解决? 这是一个PHP / MySQL网站。 问题答案: 如果我没记错的话,此错误通常是由以下代码段引起的: 查询失败或该列不存在的地方。检查是否是有效的MySQL资源,以确保SQL有效,然后在尝试调用之前确保从数据库中实际获取结果。 或者,更好的是,使用而不是手
问题内容: 大家好,只是想解决这个烦人的问题。这是我的摘录。 我检查了与我的错误类似的其他问题,但到目前为止,我无法解决它。 任何帮助深表感谢。:) 问题答案: 您应该将代码分成更多行以处理这些错误或特殊情况。将返回零到n行,如果发生则返回错误。因此,返回的 资源 仅在非错误查询中为true。这可用于处理如下情况。 首先建立并执行查询,然后再处理 资源 。 您可能会使用以下内容来确定发生错误的情况
出于某种原因,PHP在我的web服务器上抛出错误,但不是在本地: 现在,第79行的功能如下:
问题内容: 在运行OSA php命令的Mac OSX Mavericks上,每当我运行php命令时,我都会收到以下错误消息(一切正常,这很烦人) 我跑了 和输出是 在php.ini文件中签入,并且intl唯一加载的位置在顶部,并且已将其注释掉。其他文件内容如下所示: 最后一个斜杠后的内容是扩展名。 我不确定还有什么地方可以看。 任何帮助表示赞赏 问题答案: 我认为您可能已在Xdebug中加载了两次
问题内容: 这个问题已经在这里有了答案 : 7年前关闭。 可能重复: mysql_fetch_array()期望参数1为资源,在select中给出布尔值 我不断收到错误警告:mysql_fetch_array():提供的参数不是我网页上第40行中的有效MySQL结果,我不知道为什么..请帮助我。背景:该脚本将我的数据库表命名为yname,username,password,date,comment
我有一个网格布局,左列中的一些导航药丸设置为“col-auto”,因为我希望这些只占用内容的自然宽度空间。 在第二个表中,我希望有一个水平滚动条的大表。我能够做到这一点,除了表格总是跳到导航栏下面,我不能让它呈现到右边。 参见附件:https://jsfidle.net/3vxhd6jf/3/ 我想要实现的是呈现导航药丸右边的表,就像当您单击'JSON'药丸时呈现textarea一样。 你能帮忙吗