我试图从
mysql访问一些信息,但我收到警告:MysqL_fetch_assoc():提供的参数不是下面第二行代码的有效
MySQL结果资源,任何帮助将不胜感激.
$musicfiles=getmusicfiles($records['m_id']); $mus=MysqL_fetch_assoc($musicfiles); for($j=0;$j<2;$j++) { if(file_exists($mus['musicpath'])) { echo '<a href="'.$mus['musicpath'].'">'.$mus['musicname'].'</a>'; } else { echo 'Hello world'; } } function getmusicfiles($m_id) { $music="select * from music WHERE itemid=".$s_id; $result=getQuery($music,$l); return $result; }
解决方法
通常,MysqL_ *函数使用如下:
$id = 1234; $query = 'SELECT name,genre FROM soMetable WHERE id=' . $id; // $query is a string with the MysqL query $resource = MysqL_query($query); // $resource is a *MysqL result resource* - a mere link to the result set while ($row = MysqL_fetch_assoc($resource)) { // $row is an associative array from the result set print_r($row); // do something with $row }
如果您将某些内容传递给不是MysqL结果资源的MysqL_fetch_assoc(无论是字符串,对象还是布尔值),该函数会抱怨它不知道如何处理该参数;这正是你所看到的.
常见问题:如果您将某些内容(有效查询字符串除外)传递给MysqL_query,则会收到此警告:
$id = null; $query = 'SELECT name,genre FROM soMetable WHERE id=' . $id; $res = MysqL_query($query); // $res === FALSE because the query was invalid // ( "SELECT name,genre FROM soMetable WHERE id=" is not a valid query ) MysqL_fetch_assoc($res); // Warning: don't kNow what to do with FALSE,as it's not a MysqL result resource
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