PHP錯誤：「提供的參數不是有效的MySQL結果資源」

因此，在網上商店寫下我的第一個PHP網站。我已經寫了一段代碼，用於選擇產品數據庫和類別的所有產品，然後使用相同的product_id選擇前面的圖片顯示圖像。PHP錯誤：「提供的參數不是有效的MySQL結果資源」

代碼如下：

<?PHP 
include_once "db.php"; 

$result = "(select * FROM products WHERE product_type = 'weddingdressaline') inner join (select * FROM images WHERE postion = 'front') images on products.product_id = images.product_id"; 

while($row = mysql_fetch_array($result)) { 
    $content = $row['image']; 
    header('Content-type: image/jpg'); 
    echo $content; 
    echo $row['price']; 
} 

mysql_free_result($result); 
mysql_close(); 
?>

但是當我運行該腳本，我得到了以下錯誤：

Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in **/weddingdressaline.php on line 4

Warning: mysql_free_result(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in **/weddingdressaline.php on line 11

現在，我敢肯定，對於第二個錯誤的原因是因爲發生第一個錯誤。任何幫助你可以給我會非常感激。

來源

2011-11-27 Neil Grimmer

歡迎堆棧溢出！你沒有做任何錯誤檢查。你需要*在mysql_query（）調用後執行該操作，如果發生錯誤，使用'mysql_error（）'輸出錯誤。否則，如果查詢失敗，腳本就會中斷。如何做到這一點在[mysql_query（）']（http://php.net/mysql_query）手冊或本[參考問題。]（http://stackoverflow.com/questions/6198104/reference -what-a-perfect-code-sample-using-the-mysql-extension） –

@Pekka：你看到一個'mysql_query'調用嗎？ ;） – Ryan

@mini現在你說出來了！ :)（尼爾，有關錯誤檢查的建議仍然成立） –

您不會將查詢發送到SQL數據庫 - 它只是一個字符串。你需要調用mysql_query就可以了，就像這樣：

$result = mysql_query("(select * FROM products WHERE product_type = 'weddingdressaline') inner join (select * FROM images WHERE postion = 'front') images on products.product_id = images.product_id");

由於佩卡指出，雖然，你應該檢查錯誤也是如此。

來源

2011-11-27 20:58:53 Ryan

哈！發現得好。 –

爲你的幫助而歡呼，我現在得到它的工作。我剝離它的基本知識，使其工作，但現在已經投入了錯誤檢查。但歡呼你所有的幫助。 –

您錯過了mysql_query。該$result行應閱讀以下內容：

$result = mysql_query($your_query_here);

來源

2011-11-27 20:59:20 Femaref

你是不是查詢數據庫...

$result = mysql_query("(select * FROM products WHERE product_type = 'weddingdressaline') inner join (select * FROM images WHERE postion = 'front') images on products.product_id = images.product_id"); 
while ($row = mysql_fetch_array($result)) 
{ 
$content = $row['image']; 
header('Content-type: image/jpg'); 
echo $content; 
echo $row['price']; 
}

來源

2011-11-27 20:59:32 knittl

這仍然是一個不好的例子，因爲它不檢查錯誤。只是說' –

@Pekka：是的，它不會轉義輸出（被授予，它是一個JPEG），並且查詢仍然以可怕的方式寫入;） – knittl

你忘了使用的mysql_query（）

$result = mysql_query("(select * FROM products WHERE product_type = 'weddingdressaline') inner join (select * FROM images WHERE postion = 'front') images on products.product_id = images.product_id");

來源

2011-11-27 21:01:22

PHP錯誤：「提供的參數不是有效的MySQL結果資源」

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