簡單的代碼不起作用

大家好我想使用下面給出的代碼在我的網站上顯示數據庫，但它一次又一次地給我帶來惱人的錯誤。我曾嘗試一切，但沒有什麼工作是給我同樣的錯誤通知簡單的代碼不起作用

這裏是錯誤注意

Notice: Undefined index: name in C:\xampp\htdocs\test3\index.php on line 15

這裏是PHP代碼

<?php 
$connect = mysql_connect("localhost","root","123"); 

if(!$connect) { 
    die("Failed to Connect: " . mysql_error()); 
    } 
    if (!mysql_select_db ("login")){ 
     die("Failed to Select DB: ". mysql_error()); 
    } 

    $results = mysql_query ("Select * from users "); 

    while($row = mysql_fetch_array($results)){ 
     echo $row['name']; 
    } 
?>

我也試過用mysqli_fetch_assoc($result)替換mysql_fetch_array($results)，它也不能正常工作，請自行運行此代碼，然後將該代碼提供給我。由於

來源

2013-11-23 Wajahat

'用戶'表中是否存在'name'列？ –

mysql_fetch_array返回什麼？確保數據庫具有表格用戶 –

一次print_r（$ row）;並向我們展示結果 – vijaykumar

-1

你也可以簡單地做這種方式來避免混亂，如果的

mysql_connect（「localhost」，「root」，「123」）或die（「Failed to Connect」）;

mysql_select_db（「login」）or die（「can not connect to db」）;

$ results = mysql_query（「Select * from users」）;

而（$行= mysql_fetch_assoc（$結果））

{ 
echo $row['name']; 
}

由於錯誤指的名字，你可能想，如果列名的存在是爲了檢查你的用戶表。

來源

2013-11-23 16:43:30 RocketArrows1

感謝大家解決了我的問題:) – Wajahat

不推薦'mysql_ *'函數不能成爲答案！ –

可以使用var_dump()檢查結果

while($row = mysql_fetch_array($results)){ 
     var_dump($row); 
    }

檢查輸出，場name是否存在

來源

2013-11-23 16:27:29 Patato

<?php 
$host="localhost"; // Host name 

$username=""; // Mysql username 

$password=""; // Mysql password 

$db_name="test"; // Database name 

$tbl_name="members"; // Table name 


// Connect to server and select databse. 

mysql_connect("localhost", "root", "abcd")or die("cannot connect"); 

mysql_select_db("testDB")or die("cannot select DB"); 


$sql="SELECT * FROM login WHERE userid='$myusername' and password='$mypassword'"; 

$result=mysql_query($sql); 


//you can then mysql_fetch_array or mysql_fetch_ob 

... 

?>

這一定會幫助你

來源

2013-11-23 16:58:32 Rishu

您的數據庫「登陸」，表「用戶」沒有列「名」。這可能是因爲CaSe sEnsitititY或其他只是缺少的錯字。

來源

2013-11-23 18:03:22 Alan

簡單的代碼不起作用

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