mysql_fetch_object（）：提供的參數不是一個有效的MySQL結果資源

我想設置一個簡單的cron腳本來做一些數據庫更新，而且我沒有ActiveRecord（我使用CodeIgniter）沒有價值。我不斷收到錯誤消息，mysql_fetch_object（）：提供的參數不是一個有效的MySQL結果資源

mysql_fetch_object(): supplied argument is not a valid MySQL result resource

用下面的代碼：

mysql_connect("localhost", "user", "pass") or die(mysql_error()); 
mysql_select_db("my_db") or die(mysql_error()); 
$query = "select visit_e_id, visit_e_type from visits"; 
$result = mysql_query($query) 
or die("Query failed: ".mysql_error()." Actual query: ".$query); 

while($row=mysql_fetch_object($result)) 
{ 
    .... 
}

就像我說的，我不直PHP和MySQL（這個偉大的希望得到有關如何將任何意見可以用作cron作業一部分的某種框架或ActiveRecords）。有什麼想法嗎？

來源

2010-08-17 tchaymore

是不是打印出「查詢失敗：」錯誤信息？嘗試'var_dump（$結果）;' - 唯一的其他可能的原因是簡單的錯誤 – 2010-08-17 06:18:04

可能重複的[mysql_fetch_assoc（）：提供的參數是不是一個有效的MySQL結果資源在PHP]（http://stackoverflow.com/questions/ 1858304/MySQL的取入ASSOC提供的參數的此結果不是一個有效MySQL的對結果的資源在-PH） – 2011-09-16 17:49:48

如果將mysql_connect作爲變量分配並將其作爲鏈接標識符作爲第二個參數傳遞給mysql_select_db和query函數，會發生什麼？

$db = mysql_connect("localhost", "user", "pass") or die(mysql_error()); 
// Check to see if valid connection 
var_dump($db); 

mysql_select_db("my_db", $db) or die(mysql_error()); 
$query = "select visit_e_id, visit_e_type from visits"; 
$result = mysql_query($query, $db) 
or die("Query failed: ".mysql_error()." Actual query: ".$query); 

while($row=mysql_fetch_object($result)) 
{ 
    .... 
}

還要確保查詢語法正確，沒有拼寫錯誤或錯別字

來源

2010-08-17 06:45:15 Stoosh

此錯誤是非常簡單和不言自明 - 一個$ result變量中有意想不到的類型。
因此，你必須這樣做一些調試。在循環前後添加var_dump($result);並研究輸出。

來源

2010-08-17 07:05:45

mysql_fetch_object（）：提供的參數不是一個有效的MySQL結果資源

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