mysql_fetch_array() 上的警告答案

【问题标题】：Warning on mysql_fetch_array()mysql_fetch_array() 上的警告
【发布时间】：2013-09-23 04:18:46
【问题描述】：

很抱歉浪费您的时间，但我正在尝试将数据库表中的数据存储到数组中并显示在表中。我不断收到同样的错误。我已经更改了"'s 并删除了变量。我还是得到了

警告：mysql_fetch_array()：提供的参数不是第 41 行 /home/a3656574/public_html/Home.php 中的有效 MySQL 结果资源

<?php
if ($_POST['search_projects']){

    $con= mysql_connect("host","username","password","a3656574_opacmin") or die ('Error: ' . mysql_error()); 
    $sql= "SELECT * FROM searchedWords WHERE accessDate LIKE '%" . $_POST['search'] . "%' ORDER BY accessDate DESC";
    $result= mysql_query($sql); 

    while($row= mysql_fetch_array($result))
    { 
        $Date =$row['AccessDate']; 
        $Key=$row['keyWord']; 
        $Count=$row['count']; 

        echo "<tr>"; 
        echo "<td>" .$Date ."</td> ". " <td>" . $Key.  " </td>" . " <td>" . $Count.  " </td>"; 
        echo "</tr>";  

    }
}
?>

我不知道如何解决这个问题。有人可以帮忙吗？

【问题讨论】：

请确保这些不是您的真实凭据
确保您的查询是正确的，$sql= "SELECT * FROM searchedWords WHERE accessDate LIKE '%" 。 $_POST['搜索'] 。 "%' ORDER BY accessDate DESC";只需打印它并直接在控制台上运行它
你应该使用mysqli_* 函数，如果我没记错的话，mysql_* 函数从 MySQL 5.5 中被弃用。在任何公共论坛上发帖时，从您的 mysql con 中删除实际凭据。您必须选择一个数据库；你在mysql_query 之前选择过一个吗？
在$result= mysql_query($sql); 之后添加if(!$result) die(mysql_error())。错误信息是什么？此外，正如 Maz 所说，您应该使用 mysqli 或 PDO 而不是 mysql_ 函数。
通过使用外部变量构建 SQL 语句，您很容易受到 SQL 注入攻击。 此外，任何带有单引号的输入数据，例如 " O'Malley”，会炸毁你的 SQL 查询。请了解如何使用参数化查询（最好使用 PDO 模块）来保护您的 Web 应用程序。 bobby-tables.com/php 有示例可以帮助您入门，this question 有很多详细示例。

标签： php mysql syntax-error

【解决方案1】：

Mysql连接函数接收3个参数(mysql_server, mysql_user, mysql_password)

你应该使用 mysql_select_db(database, connection_resource_id); 选择数据库

还要确保您的凭据

试试：

$con= mysql_connect("host","username","password");
mysql_select_db("a3656574_opacmin",$con);

【讨论】：

好电话，mysql_select_db() 很好地猜测了他对第四个参数的期望。

【解决方案2】：

0) 首先，我敦促您开始使用 PDO 而不是 mysql_connect（和朋友），因为后者已被弃用。有教程可帮助您开始此迁移 here。

1) 我不确定您期望 mysql_connect() 的第四个参数为您做什么。根据 PHP 文档，这应该是一个布尔值：

mysql_connect ([ string $server = ini_get("mysql.default_host") [, string $username = ini_get("mysql.default_user") [, string $password = ini_get("mysql.default_password") [, bool $new_link = false...

2) 在转到 mysql_fetch_array() 之前检查错误情况：

$sql= "SELECT * FROM searchedWords WHERE accessDate LIKE '%" . $_POST['search'] . "%' ORDER BY accessDate DESC";
$result= mysql_query($sql); 

if (! $result) {
    // use something like mysql_error() to find out why it failed, log it, etc.
} else {
    while( ... ) { ... }
}

【讨论】：

感谢您的快速回复。不过我终于做对了。找个人亲自帮助我。我也读到了 PDO，mysql_fetch_array() 和类似的函数很快就会被删除。我现在要开始适应了。无论如何，再次感谢您。

【解决方案3】：

首先我想推荐你开始使用“mysqli”。你可以找这个here

然后您应该首先检查您的凭据是否正确。如果这是正确的，请到 phpmyadmin 并尝试您的查询，看看它是否工作正常。也许你错过了一些东西。祝你好运。

【讨论】：

【解决方案4】：

请检查您的数据库凭据，然后尝试：

<?php
  if ($_POST['search_projects'] && !empty($_POST['search']))
  {
    $con= mysql_connect("host.com","opacmin","password","opacmin") or die ('Error: ' . mysql_error()); 

    $sql= "SELECT * FROM searchedWords WHERE accessDate LIKE '%" . $_POST['search'] . "%' ORDER BY accessDate DESC";
    $result= mysql_query($sql); 

    while($row= mysql_fetch_array($result))
    { 
      $Date =$row['AccessDate']; 
      $Key=$row['keyWord']; 
      $Count=$row['count']; 

      echo "<tr>"; 
      echo "<td>" .$Date ."</td> ". " <td>" . $Key.  " </td>" . " <td>" . $Count.  " </td>"; 
      echo "</tr>";  
    }
  }
?>

【讨论】：

也许删除 OP 错误提供的凭据？
感谢您的回复。