我想用GET方法在我的數據庫中選擇一個表。 現在,當我硬編碼變量的值(表名)時,它按預期工作,並返回數組中的值。
但是當我通過一個變量來確定表名,我得到以下錯誤:
Fatal error: Call to a member function fetch_array() on a non-object in
現在,我已經試過了,但var_dump($result);
返回bool(false)
。
現在變量確實帶有一個值,因爲當我將它回顯給屏幕時,它會給出我期望的值。
那麼,爲什麼我的表搜索查詢時不返回值?
$result = $mysqli->query("SELECT * FROM PodcastSermons WHERE sermonSeries = ". $series); //This where a change needs to happen
var_dump($result);
$posts = array();
while($row = $result->fetch_array())
{
$ID=$row['ID'];
$sermonTitle=$row['sermonTitle'];
$sermonSpeaker=$row['sermonSpeaker'];
$sermonSeries=$row['sermonSeries'];
$sermonDate=$row['sermonDate'];
$linkToImage=$row['linkToImage'];
$linkToAudioFile=$row['linkToAudioFile'];
$posts []= array (
'ID'=> $ID,
'sermonTitle'=> $sermonTitle,
'sermonSpeaker'=> $sermonSpeaker,
'sermonSeries'=> $sermonSeries,
'sermonDate'=> $sermonDate,
'linkToImage'=> $linkToImage,
'linkToAudioFile'=> $linkToAudioFile
);
}
$response['posts'] = $posts;
var_dump($posts);
PS我已經閱讀了關於mysql風格的折舊,我知道必須使用mysqli寫作。我運行PHP版本5.2.6-1 + lenny16
您的查詢失敗,這就是爲什麼'$ result'爲false。查詢後錯誤將在'$ mysqli-> error'中提供。 – datasage