從一個數據庫和更新到另一個相匹配的行選擇

選擇一個數據庫中的值，並更新到另一個數據庫與同一ID：在那裏我得到的錯誤是試圖讓非對象我怎麼能實現它的屬性有任何解決方案？從一個數據庫和更新到另一個相匹配的行選擇

$servername = "localhost"; 
    $username = "root"; 
    $password = "pass"; 
    $dbname = "db1"; 
    $dbname2="db2"; 


    $conn = new mysqli($servername, $username, $password, $dbname); 

    if ($conn->connect_error) { 
die("Connection failed: " . $conn->connect_error); 
    } 


    $conn2 = new mysqli($servername, $username, $password, $dbname2); 

    if ($conn2->connect_error) { 
die("Connection failed: " . $conn2->connect_error); 
    } 

    $sql = "SELECT * FROM affiliates"; 
    $result = $conn->query($sql); 

    if ($result->num_rows > 0) { 
    //output data of each row 

     while($row = $result->fetch_assoc()) { 
      echo "from db1 id: " . $row["id"]. "publish " .$row["publishinsuppliercontants"]. "<br>"; 

     $sql2 = "UPDATE a1_affilates_cstm SET publish_in_supplier_contacts_c=".$row["publishinsuppliercontants"]." WHERE id_c=".$row["id"].""; 
    $result2 = $conn2->query($sql2); 

    $sql2 = "SELECT * FROM a1_affilates_cstm WHERE id_c = ". $row["id"].""; 

    $result2=mysqli_query($conn2,$sql2) or die mysqli_error($conn2); 
    $row1 = mysqli_fetch_array($result2); 
    ///check whether inserted ... 
      echo "from db2 id: " . $row1["id_c"]. " - publish: ".row1["publish_in_supplier_contacts_c"]. " <br>"; 

     } 
    } else { 
     echo "0 results"; 
    }

來源

2017-03-28 Mohammad Yaseer

這意味着某個地方你想獲得一些對象，但不能用於例如'$ result-> fetch_assoc（）' – webDev

它看起來像你沒有得到結果對象。 SELECT查詢是否成功？

您需要在對結果對象進行操作之前檢查選擇查詢狀態/結果。

例如你的情況：

$sql = "SELECT * FROM affiliates"; 
if ($result = $conn->query($sql)) { 
    if ($result->num_rows > 0) { 
    ... some logic ...

從PHP mysqli manual：

「失敗時返回FALSE對於成功的SELECT，SHOW，描述或解釋查詢mysqli_query（）將返回一個mysqli_result對象。其他成功的查詢mysqli_query（）將返回TRUE。「

來源

2017-03-29 07:08:58

從一個數據庫和更新到另一個相匹配的行選擇

回答

相關問題