由於某種原因,當我在其中有以下php代碼時,我的頁面無法加載......但是當我在我的編輯器中驗證SQL語句時,它返回結果(1行)精細。我試着用F12 Chrome的東西進行調試,但控制檯不顯示任何錯誤,除了一些CSS的東西。我不知道如何在更遠的程度上使用它。PHP頁面未加載SQL語句包括
有沒有初步的想法?
頁: http://www.runic-paradise.com/editinfo.php
殺死的頁面時,它的存在代碼:
// GET NEWS FROM DB
$result = $mysqli->query("SELECT Content, Reference FROM site WHERE Reference='Rules'");
周邊 代碼:
<form id="newsform" name="newsform" action="editinfo.php?step=2" method="post" enctype="multipart/form-data">
<h4>Server Rules</h4>
<textarea class="editor" rows="4" style="width:50%;" name="Content" id="postbody">
<?php
//UPDATE DB IF NECESSARY
if($_GET['step'] == 2) {
$mysqli->query("UPDATE site SET Content='$_POST[Content]' WHERE Reference='Rules'");
}
// GET NEWS FROM DB
$result = $mysqli->query("SELECT Content, Reference FROM site WHERE Reference='Rules'");
var_dump($mysqli->error);
echo $result['Content'];
$mysqli->close();
?>
</textarea>
<!-- hidden inputs -->
<input type="hidden" id="x" name="x" />
<input type="hidden" id="y" name="y" />
<input type="hidden" id="w" name="w" />
<input type="hidden" id="h" name="h" />
<input type="hidden" name="step" value="2">
<br><br>
<input type="submit">
</form>
嘗試將'error_reporting(E_ALL);'放在php頁面的頂部並重新運行。 – asprin
使用mysqli_error()查看造成錯誤的原因 – rakimo
頁面的源代碼聲明此錯誤致命錯誤無法將類型爲mysqli_result的對象用作/home/content/60/11957760/html/runicparadise/editinfo中的數組.php on line ' – asprin