警告：mysql_fetch_assoc（）：提供的參數不是第5行的/home/a8107556/public_html/index.php中的有效MySQL結果資源

Question

我遇到了一個我一直在處理的頁面的問題，並且我得到那個錯誤。有人可以幫忙嗎？

感謝

<?php 
include 'connect.php'; 
$desc1 = mysql_query("SELECT * FROM desc WHERE descnum='1'"); 
$desc2 = mysql_fetch_assoc($desc1); 
?> 
<link rel="stylesheet" type="text/css" href="style.css" /> 
<div id="bar" align="center"> 
<h3><a href="index.php"/>Home</a></h3> 
</div> 
<div id="desc"> 
<?php echo $desc2['description']; ?> 
</div> 

Answer 1

你可能有一個問題，因爲表名遞減，在SQL/MySQL的遞減是一種操作意義下降。它是一個保留的關鍵字，所以你的sql語句可能是無效的，因此不會返回有效的結果。

Answer 2

TomC撞到了頭上。 「desc」不是理想的表名。這可以通過使用反引號「'」括所有的表名和列名被簡單地克服：

$desc1 = mysql_query("SELECT * FROM `desc` WHERE `descnum`='1'"); 

此外，您可能希望編輯您的查詢執行到包括mysql_error函數返回SQL錯誤回：

$desc1 = mysql_query("SELECT * FROM `desc` WHERE `descnum`='1'") or die(mysql_error()); 

最後需要說明的是，PHP不鼓勵MySQL擴展......相反，可用MySQLi或預處理語句（http://php.net/manual/en/function.mysql-query.php）