（PHP/SQL）不會從基於查詢參數的數據庫拉取

所以我試圖建立一個PHP頁面來編輯記錄。現在我試圖讓它獲取URL中的ID並根據它返回數據。我可以從url中回顯出id，這很好，但sql查詢沒有做任何事情。我在底部扔了2個回聲，試圖讓它們顯示值。 ID顯示正確，來自URL，但它應該顯示與該gigid相對應的名稱，而不是。（PHP/SQL）不會從基於查詢參數的數據庫拉取

任何想法？

<?php 

// query db 

$gigid = $_GET['gigid']; 
$result = ORM::for_table('gigs')->where('gigid', $gigid) 
or die(mysql_error()); 
$row = mysqli_fetch_array($result); 

// check that the 'id' matches up with a row in the databse 
if($row) 
{ 
// get data from db 
     $gig_name = $row['gig_name']; 
     $gig_type = $row['gig_type']; 
     $gig_date = $row['gig_date']; 
     $gig_customer = $row['gig_customer']; 
     $gig_venue = $row['venue_name']; 
     $gig_fee = $row['gig_fee']; 
     $gig_status = $row['gig_status']; 
} 
mysqli_close($con); 
?> 
<?php echo $gigid; ?> 
<?php echo $gig_name; ?>

來源

2014-10-19 Topher

不知道你用的是什麼樣的ORM的辦法，人們將有一個很難知道什麼是錯的，因爲我們甚至看不到實際的SQL幸福產生。此外，你應該嘗試檢查是否有任何錯誤發生（其他一個如果（$行）），所以你知道如果錯誤發生在獲取。無論哪種方式，小宇方法都可以解決所有這些問題（或者至少可以更容易理解正在發生的事情） – 2014-10-19 01:54:34

您正在將MySQL API與'mysql_error（）'混合使用，使用它的'mysqli_'等價物，它們不混合。 – 2014-10-19 02:00:59

我只是使用mysqli_query進行任何數據庫操作。

. . . 
$con = mysqli_connect("i.p.addr","username","password","database"); 
$result = mysqli_query($con, "SELECT * FROM gigs WHERE gigid=$gigid") or die(mysqli_error($con)); 
$row = mysqli_fetch_array($result); 
mysqli_close($con);

更新::改爲mysqli_error（）

來源

2014-10-19 01:48:37 Xiaoyu

謝謝！結合將它移動到文件頂部就像一個魅力！ – Topher 2014-10-19 02:02:06

（PHP/SQL）不會從基於查詢參數的數據庫拉取

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