我试图阻止 mysql_query 错误输出到我的表单中。目前如果没有找到位置，我会收到错误
“警告：mysql_result() [function.mysql-result]：无法跳转到 MySQL 结果索引 11 上的第 0 行”
我试图捕捉这个错误，而是将 $location 变量分配给未找到。我尝试这样做的代码如下，我做错了什么？
谢谢！
$query3 = "SELECT `location` FROM location WHERE vin = '$vin' LIMIT 1";
$result3 = mysql_query($query3);
if (!mysql_result($result3,0)) {
$location = "Not found";
} else $location = mysql_result($result3,0,0);
【问题讨论】：
mysql_result() 通常不应使用。您最好使用以下内容：
$result3 = mysql_query($query3) or die(mysql_error());
if (mysql_numrows($result3) == 0) then
$location = "not found";
} else {
$row = mysql_fetch_array($result3);
$location = $row[0];
}
您的错误是由于查询未返回任何行导致的 - 例如没有匹配的。然后，您尝试检索该结果集第一行中的第一个字段，该行不存在。使用mysql_numrows() 检查返回的行数更安全，因为无论查询什么都没有找到或找到数十亿行，这都有效。
【讨论】：
mysql_numrows 的链接？
您应该研究如何在 php ini 中设置错误和警告级别 - 通常您希望 prod 上的输出尽可能少。
http://www.php.net/manual/en/errorfunc.configuration.php#ini.error-reporting
但是，在这里，会产生该错误的代码是：
$result3 = mysql_query($query3);
这就是你应该写你的 if 或“or die”语句的那一行：
$result3 = mysql_query($query3)or die($location = "not found");
【讨论】：
mysql_query() 在查询失败时返回 FALSE，而不是在返回零行时返回。
您应该考虑使用 OOP；使用数据库类来处理与数据库的交互。
但是，基本上你想在尝试返回结果之前检查是否有任何行。
尝试在“if”语句中检查“mysql_num_rows”：
if (!mysql_num_rows($result3)) {
【讨论】：
首先，你可以添加@：
if (!@mysql_result($result3,0)) {
$location = "Not found";
} else $location = mysql_result($result3,0,0);
其次，您可以在mysql_result调用之前检查mysql_num_rows(result3)。
【讨论】：
@。它会立即给代码带来难闻的气味。
如果什么都没找到，Mysql_query 返回 false 这么简单：
$result3 = mysql_query($query3);
if (mysql_affected_rows($result3) == 0) {
$location = "Not found";
} else $location = mysql_result($result3,0,0);
应该这样做。
【讨论】：
mysql_query() 应该在 MySQL 服务器崩溃、连接断开或类似情况时返回 FALSE。不返回任何行的查询不是错误。