mysql_query：提供的参数不是有效的MySQL-Link资源

如何解决mysql_query：提供的参数不是有效的MySQL-Link资源

|| 我一直在尝试从表单中插入示例数据，但是执行$ result总是会出现语法错误。 来自index.PHP的相关部分：

<form method=\"post\" action=\"form.PHP\">
<ul >
    <li>
        <label for=\"accession_number\">Accession Number</label>
        <input id=\"accession_number\" name=\"accession_number\" type=\"text\" maxlength=\"6\" value=\"\"/> 
    </li>
</ul>
</form>

以及来自form.PHP的零件：

<?PHP
$connection = MysqL_connect($server,$username,$password) or die(\'Could not connect\'.MysqL_error());
MysqL_select_db($database,$connection) or die(\"Cannot select db.\");

$accession_number = $_POST[\'accession_number\'];

$query = \"INSERT INTO top (accession_number) \".
\"VALUES ($accession_number)\";
var_dump($query);
MysqL_error();

$result = MysqL_query($$query,connection) or die(\'Error querying database.\');

MysqL_close($connection);
?>

我不知道我在做什么错。     

解决方法

mysql_query()

的参数顺序错误。 这个

$result = mysql_query($connection,$query)

应该

$result = mysql_query($query,$connection)

http://php.net/manual/zh/function.mysql-query.php   资源mysql_query（字符串$ query [，资源$ link_identifier]） 更新资料 当我说使用“ 5”时，我的意思是仅当出现明显错误时。试试这个

if (isset($_POST[\'accession_number\'])) {
    $accession_number = $_POST[\'accession_number\'];
    $query = sprintf(\'INSERT INTO `top` (accession_number) VALUES (%d)\',$accession_number);
    $result = mysql_query($query);
    if (false === $result) {
        throw new Exception(\'Error in query you have,hmmm: \' . mysql_error());
    }
    // and so on

我强烈建议您完全放弃MySQL库，转而使用PDO。编写以上代码使我感到肮脏。