mysql_result（）：提供的參數不是有效的MySQL結果資源錯誤？

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創建的東西一個登錄系統和我得到：mysql_result（）：提供的參數不是有效的MySQL結果資源錯誤？

警告：mysql_result（）：提供的參數不是在.../FUNC/user.func.php一個有效的MySQL結果資源上線21

這裏是我的代碼：

function user_register($email, $name, $password) { 

} 

function user_exists($email) { 
    $email = mysql_real_escape_string($email); 
    $query = mysql_query("SELECT COUNT('user_id') FROM 'users' WHERE 'email' ='$email'"); 

    //this is line 21: 
    return (mysql_result($query, 0) == 1) ? true : false; 
}

來源

2011-11-13 user1043816

你的SQL充滿語法錯誤的，單引號來引用字符串常量，反引號（或標準SQL雙引號）用於標識符。試試這個：

$query = mysql_query("SELECT COUNT(user_id) FROM users WHERE email = '$email'");

你不需要引用任何這些標識符，所以不要打擾。

從fine manual：

對於SELECT，SHOW，描述，解釋等語句返回的結果集，的mysql_query（）成功返回的資源，或者在錯誤FALSE。

您可能想在修正SQL語法錯誤後添加一些錯誤檢查。

來源

2011-11-13 03:27:10

查詢中有錯誤。如果你想知道錯誤是什麼，輸出它與mysql_error()

來源

2011-11-13 03:27:19 jli

您的查詢有語法錯誤。您在字段和表名稱上使用單引號。他們從字段/表名改變爲普通字符串。所以你的查詢歸結爲count(some string) from someotherstring where yetanotherstring。

如果您的查詢調用了構造是這樣的：

$result = mysql_query(...) or die(mysql_error());

你會被告知語法錯誤的。就目前而言，您的代碼假定查詢成功，這是一件非常糟糕的事情。有一種方法可以使查詢成功，並且有太多的方法可以使其失敗。

來源

2011-11-13 03:27:40

你的代碼沒有錯誤處理，所以如果出了什麼問題，它會繼續幸福地不知道試圖用石頭做湯。查看manual中的示例，它們在嘗試分析結果之前都會檢查查詢中的錯誤。

來源

2011-11-13 03:28:15

mysql_result（）：提供的參數不是有效的MySQL結果資源錯誤？

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