PHP mysql_fetch_array（）根本不工作

我真的不知道爲什麼這不起作用。我試圖做的只是獲取我的數據庫中的所有電子郵件，然後回顯它們，但無論我嘗試什麼mysql_fetch_array都無法正常工作。這不是SQL查詢不起作用，因爲我添加了if語句，如果它不工作，就會死掉，不僅如此，而且我已經使用了PHPMyAdmin，並且完成了完全相同的查詢，並且它工作正常。PHP mysql_fetch_array（）根本不工作

這是我的代碼

<?php 
$dbc = mysql_connect('localhost', 'root', ''); //host, username, pass 
$db = mysql_select_db('habbo', $dbc); 

if(!$dbc || !$db) 
    die("Unknown Error."); 

$sql = "SELECT `email` FROM `logininfo` WHERE `id` = '1'"; 
mysql_query($sql); 

if(!$sql) 
    die(mysql_error()); 

while($row = mysql_fetch_array($sql)) 
    echo $row['email'] . " ";

？>

所以，我不知道是怎麼回事，我的兩個錯誤陷阱的不上來，我的時候我剛得到一個錯誤去的網頁說這

Warning: mysql_fetch_array() expects parameter 1 to be resource, string given on line 14

我認爲它意味着查詢被打破，但查詢不大，因爲像我剛纔所說，我已經設置了錯誤的陷阱，並在phpMyAdmin試圖查詢，所以它可能XAMPP有什麼問題，或者什麼。我重新啓動了Apache和MySQL，但仍然遇到了同樣的錯誤。

來源

2013-07-28 Business Business

$sql實際上是一個字符串，而不是您需要從MySQL訪問結果所需的資源。

您需要存儲mysql_query()的結果，檢查THAT是否爲false，並調用mysql_error()，否則將其傳遞給mysql_fetch_array()。

來源

2013-07-28 18:07:08 Sven

您試圖從sql文本中獲取結果，而不是查詢的結果;

$sql = "SELECT `email` FROM `logininfo` WHERE `id` = '1'"; 
$res = mysql_query($sql); 

if(!$res) 
    die(mysql_error()); 

while($row = mysql_fetch_array($res)) 
    echo $row['email'] . " ";

來源

2013-07-28 18:07:29

哦，謝謝，我忘了做，哈哈。多麼簡單的錯誤，謝謝你清理它。 –

$sql應該是mysql_query()。也可能添加MYSQL_ASSOC

喜歡的東西：

$result = mysql_query("SOME QUERY"); 
while($row = mysql_fetch_array($result, MYSQL_ASSOC)){ 
    echo $row['email'] . " "; 
}

來源

2013-07-28 18:10:35

你沒有設置mysql_query($sql)功能的結果給一個變量。因此，你在代碼的後半部分使用了一個字符串。

試試這個：

<?php 
$dbc = mysql_connect('localhost', 'root', ''); //host, username, pass 
$db = mysql_select_db('habbo', $dbc); 

if(!$dbc || !$db) 
    die("Unknown Error."); 

$sql = "SELECT `email` FROM `logininfo` WHERE `id` = '1'"; 
$result = mysql_query($sql); 

if(!$result) 
    die(mysql_error()); 

while($row = mysql_fetch_array($result)) 
    echo $row['email'] . " "; 
?>

來源

2013-07-28 18:20:12

PHP mysql_fetch_array（）根本不工作

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