2013-05-22 60 views
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我一直得到的錯誤是:警告:mysql_fetch_array()期望參數1是資源,布爾在第19行中給出C:\ xampp \ htdocs \ PD \ admin \ view_presidents.phpMySQL錯誤'必須爲布爾值'

我在這裏複製了我的整個查詢。誰能幫忙?我無法弄清楚爲什麼我收到這封電子郵件。

感謝,

$bioId = $_GET['bioid']; 
require_once('includes/mysql_connect.php'); 
$sql = 'SELECT * FROM presidents WHERE id='.$bioId; 
$result= mysql_query($sql); 
$row = mysql_fetch_array($result); 
// Retrieve and print every record: 

echo '<div class="name">'; 
echo $row['prez_name']; 
echo '</div>'; 
echo '<div class="rank">'; 
echo $row['prez_rank']; 
echo '</div>'; 
echo '<div class="served">'; 
echo $row['prez_served']; 
echo '</div>'; 
echo '<hr />'; 
echo '<div class="content">'; 
echo $row['prez_content']; 
echo '</div>'; 
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可能重複[mysql_fetch_array()預計參數1是資源,在布爾給出](http://stackoverflow.com/a/11674313/250259) –

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你的代碼是脆弱的SQL注入和已棄用 – Sam

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請不要**在新應用程序中使用mysql_query,並且絕對不要**這樣使用它。您不是[正確地轉義您的數據](http://bobby-tables.com/php),並且將自己的問題留給[SQL注入漏洞](http://bobby-tables.com/)。 – tadman

回答

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你是不是需要做的檢查:

$bioId = $_GET['bioid']; 
require_once('includes/mysql_connect.php'); 
$sql = 'SELECT * FROM presidents WHERE id='.$bioId; 
$result= mysql_query($sql); 
if (!$result) { // add this check. 
    die('Invalid query: ' . mysql_error()); 
} 
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好的謝謝,幫了很多! – user2180590

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@ user2180590不客氣。不要忘記關閉標記正確答案的問題。乾杯 –

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你根本不叫mysql_result: $result=mysql_result(mysql_query($sql));

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