mysql_fetch_array () / mysql_fetch_assoc () / mysql_fetch_row () / mysql_num_rows и т. д.… ожидает, что параметр 1 будет ресурсом или результатом

Это сообщение об ошибке отображается, если в вашем запросе возникла ошибка, из-за которой он был сбой. Он проявится при использовании:

• mysql_fetch_array/mysqli_fetch_array()
• mysql_fetch_assoc()/mysqli_fetch_assoc()
• mysql_num_rows()/mysqli_num_rows()

Примечание. Эта ошибка не появляется, если ваши запросы не влияют на строки. Только запрос с недопустимым синтаксисом генерирует эту ошибку.

Шаги устранения неполадок

• Убедитесь, что ваш сервер разработки настроен для отображения всех ошибок. Вы можете сделать это, разместив это в верхней части своих файлов или в вашем файле конфигурации: error_reporting(-1);. Если у вас есть синтаксические ошибки, это укажет вам.

• Используйте mysql_error(). mysql_error() сообщит о любых ошибках MySQL, возникающих при выполнении вашего запроса.

  Использование образца:

  mysql_connect($host, $username, $password) or die("cannot connect"); 
  mysql_select_db($db_name) or die("cannot select DB");
  
  $sql = "SELECT * FROM table_name";
  $result = mysql_query($sql);
  
  if (false === $result) {
      echo mysql_error();
  }
  

• Запустите запрос из командной строки MySQL или с помощью инструмента phpMyAdmin. Если у вас есть синтаксическая ошибка в вашем запросе, это скажет вам, что это такое.

• Убедитесь, что ваши кавычки верны. Отсутствие цитаты вокруг запроса или значения может привести к сбою запроса.

• Убедитесь, что вы избегаете своих значений. Цитаты в вашем запросе могут привести к сбою запроса (а также оставить вас открытым для SQL-инъекций). Используйте mysql_real_escape_string(), чтобы избежать ввода.

• Убедитесь, что вы не смешиваете функции mysqli_* и mysql_*. Они не то же самое и не могут использоваться вместе. (Если вы собираетесь выбрать одну или другую палку с помощью mysqli_*. См. Ниже, почему.)

Другие советы

mysql_* функции не должны использоваться для нового кода. Они больше не поддерживаются, и сообщество начало процесс . Вместо этого вы должны узнать о подготовленных отчетах и использовать PDO или MySQLi. Если вы не можете решить, эта статья поможет выбрать. Если вы хотите узнать, вот хороший учебник PDO.

Ошибка произошла из-за использования одинарных кавычек ('). Вы можете задать свой запрос следующим образом:

mysql_query("
SELECT * FROM Users 
WHERE UserName 
LIKE '".mysql_real_escape_string ($username)."'
");

Используется mysql_real_escape_string для предотвращения SQL-инъекции. Хотя мы должны использовать расширение MySQLi или PDO_MYSQL для обновленной версии PHP (PHP 5.5.0 и новее), но для более старых версий mysql_real_escape_string будет делать трюк.

Как объяснил scompt.com, запрос может завершиться ошибкой. Используйте этот код, чтобы получить ошибку запроса или правильный результат:

$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];

$result = mysql_query("
SELECT * FROM Users 
WHERE UserName LIKE '".mysql_real_escape_string($username)."'
");

if($result)
{
    while($row = mysql_fetch_array($result))
    {
        echo $row['FirstName'];
    }
} else {
    echo 'Invalid query: ' . mysql_error() . "\n";
    echo 'Whole query: ' . $query; 
}

Дополнительную информацию см. В документации для mysql_query().

Фактической ошибкой были одиночные кавычки, так что переменная $username не была проанализирована. Но вы должны действительно использовать mysql_real_escape_string($username) чтобы избежать инъекций SQL.

Поместите кавычки вокруг $username. Значения строк, в отличие от числовых значений, должны быть заключены в кавычки.

$result = mysql_query("SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE '$username'");

Кроме того, нет смысла использовать условие LIKE, если вы не используете подстановочные знаки: если вам нужно точное совпадение, используйте = вместо LIKE.

Пожалуйста, проверьте, как только выбранная база данных не была вызвана, потому что некоторая база данных не выбрана

Проверьте

mysql_select_db('database name ')or DIE('Database name is not available!');

перед запросом MySQL а затем перейдите к следующему шагу

$result = mysql_query('SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE $username');

f($result === FALSE) {
    die(mysql_error());

Ваш код должен быть чем-то вроде этого

$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$query = "SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE '$username'";
echo $query;
$result = mysql_query($query);

if($result === FALSE) {
    die(mysql_error("error message for the user")); 
}

while($row = mysql_fetch_array($result))
{
    echo $row['FirstName'];
}

После этого вы получите запрос, напечатанный на экране. Попробуйте выполнить этот запрос на своем сервере и посмотрите, дает ли он желаемые результаты. В большинстве случаев ошибка содержится в запросе. Остальная часть кода верна.

$result = mysql_query('SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE $username');

Вы определяете строку, используя одинарные кавычки, и PHP не анализирует строки с разделителями одиночной кавычки. Чтобы получить переменную интерполяцию, вам нужно использовать двойные кавычки или конкатенацию строк (или их комбинацию). Подробнее см. http://php.net/manual/en/language.types.string.php.

Также вы должны проверить, что mysql_query вернул действительный ресурс результата, иначе fetch_ *, num_rows и т.д. не будут работать с результатом, поскольку это не результат! IE:

$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$result = mysql_query('SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE $username');

if( $result === FALSE ) {
   trigger_error('Query failed returning error: '. mysql_error(),E_USER_ERROR);
} else {
   while( $row = mysql_fetch_array($result) ) {
      echo $row['username'];
   }
}

http://us.php.net/manual/en/function.mysql-query.php для получения дополнительной информации.

Этот запрос должен работать:

$result = mysql_query("SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE '%$username%'");
while($row = mysql_fetch_array($result))
{
    echo $row['FirstName'];
}

Проблема заключается в одинарных кавычках, поэтому ваш запрос завершается с ошибкой и возвращает FALSE, и цикл WHILE не может выполняться. Использование% позволяет вам сопоставлять любые результаты, содержащие вашу строку (например, SomeText- $username-SomeText).

Это просто ответ на ваш вопрос, вы должны реализовать материал, упомянутый в других сообщениях: обработка ошибок, использование escape-строк (пользователи могут вводить что-либо в поле, и вы ДОЛЖНЫ убедиться, что это не произвольный код), используйте PDO вместо mysql_connect, который теперь лишен.

$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$result = mysql_query("SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE '%$username%'") or die(mysql_error());

while($row = mysql_fetch_array($result))
{
    echo $row['FirstName'];
}

Иногда подавление запроса как @mysql_query(your query);

$query = "SELECT Name,Mobile,Website,Rating FROM grand_table order by 4";

while( $data = mysql_fetch_array($query))
{
    echo("<tr><td>$data[0]</td><td>$data[1]</td><td>$data[2]</td><td>$data[3]</td></tr>");      
}

Вместо использования запроса WHERE вы можете использовать этот запрос ORDER BY. Это намного лучше, чем это для использования запроса.

Я сделал этот запрос и не получаю никаких ошибок, таких как параметр или логический.

Если вы все пробовали здесь, и это не сработает, вы можете проверить сортировку базы данных MySQL. Мой был настроен на шведскую сортировку. Затем я изменил его на utf8_general_ci, и все просто нажало на передачу.

Я надеюсь, что это поможет кому-то.

Попробуйте это, это должно быть работа, иначе вам нужно распечатать ошибку, чтобы указать вашу проблему.

$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];

$sql = "SELECT * from Users WHERE UserName LIKE '$username'";
$result = mysql_query($sql,$con);

while($row = mysql_fetch_array($result))
{
    echo $row['FirstName'];
}

Могут быть две причины:

• Открыли ли вы подключение к базе данных до вызова функции mysql_query? Я не вижу этого в вашем коде. Перед выполнением запроса используйте mysql_connect. См. php.net/manual/en/function.mysql-connect.php

• Переменная $username используется внутри одной строки кавычек, поэтому ее значение не будет оцениваться внутри запроса. Запрос, безусловно, потерпит неудачу.

В-третьих, структура запроса подвержена SQL-инъекции. Вы можете использовать подготовленные инструкции, чтобы избежать этой угрозы безопасности.

Попробуйте использовать следующий код. Он может работать нормально.

$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$result = mysql_query("SELECT * FROM Users WHERE UserName ='$username'");

while($row = mysql_fetch_array($result))
{
    echo $row['FirstName'];
}

Перейдите к config.php. У меня такая же проблема. Проверьте имя пользователя и пароль, а также sql select - это то же имя, что и config.

<?php
    $username = $_POST['username'];
    $password = $_POST['password'];
    $result = mysql_query("SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE '".$username."'");

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

И если есть пользователь с уникальным именем пользователя, вы можете использовать для этого "=". Не нужно любить.

Ваш запрос будет выглядеть следующим образом:

mysql_query("SELECT * FROM Users WHERE UserName ='".$username."'");

Не используйте лишенную функцию mysql_ * (лишенная php 5.5 будет удалена в php 7). и вы можете сделать это с помощью mysqli или pdo

вот полный запрос выбора

<?php
$servername = "localhost";
$username = "username";
$password = "password";
$dbname = "myDB";

// Create connection
$conn = new mysqli($servername, $username, $password, $dbname);
// Check connection
if ($conn->connect_error) {
    die("Connection failed: " . $conn->connect_error);
} 

$sql = "SELECT id, firstname, lastname FROM MyGuests";
$result = $conn->query($sql);

if ($result->num_rows > 0) {
    // output data of each row
    while($row = $result->fetch_assoc()) {
        // code here 
    }
} else {
    echo "0 results";
}
$conn->close();
?>

Включите переменную строки подключения перед запросом MySQL. Например, $connt в этом коде:

$results = mysql_query($connt, "SELECT * FROM users");

Попробуйте это

$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$result = mysqli_query('SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE $username');

if($result){
while($row = mysqli_fetch_array($result))
{
    echo $row['FirstName'];
}
}

Каждый раз, когда вы получаете...

"Предупреждение: mysqli_fetch_object() ожидает, что параметр 1 будет mysqli_result, boolean задан"

... Вероятно, из-за проблемы возникает вопрос. prepare() или query() могут возвращать FALSE (логическое), но это общее сообщение об отказе не оставляет вас в стороне от подсказок. Как вы узнаете, что не так с вашим запросом? Вы спрашиваете!

Прежде всего, убедитесь, что отчет об ошибках включен и отображается: добавьте эти две строки в начало файла (ов) сразу после вашего тэга <?php:

error_reporting(E_ALL);
ini_set('display_errors', 1);

Если ваш отчет об ошибках установлен в php.ini, вам не придется беспокоиться об этом. Просто убедитесь, что вы обрабатываете ошибки изящно и никогда не раскрываете истинные причины каких-либо проблем для ваших пользователей. Выявление истинной причины для общественности может быть приглашением на золото с гравировкой для тех, кто хочет нанести вред вашим сайтам и серверам. Если вы не хотите отправлять ошибки в браузер, вы всегда можете следить за журналами ошибок веб-сервера. Расположение журналов будет варьироваться от сервера к серверу, например, на Ubuntu журнал ошибок обычно находится в /var/log/apache2/error.log. Если вы изучаете журналы ошибок в среде Linux, вы можете использовать tail -f /path/to/log в окне консоли, чтобы видеть ошибки, которые происходят в режиме реального времени.... или как вы их делаете.

После того, как вы отделитесь от стандартной отчетности об ошибках, добавив проверку ошибок в вашем соединении с базой данных и запросах, вы получите гораздо больше информации о проблемах. Посмотрите на этот пример, где имя столбца неверно. Во-первых, код, который возвращает общее роковое сообщение об ошибке:

$sql = "SELECT `foo` FROM `weird_words` WHERE `definition` = ?";
$query = $mysqli->prepare($sql)); // assuming $mysqli is the connection
$query->bind_param('s', $definition);
$query->execute();

Ошибка является общей и не очень помогает вам в решении того, что происходит.

С еще несколькими строками кода вы можете получить очень подробную информацию, которую вы можете использовать для немедленного решения проблемы. Проверьте утверждение prepare() для правдоподобия, и если это хорошо, вы можете перейти к привязке и исполнению.

$sql = "SELECT `foo` FROM `weird_words` WHERE `definition` = ?";
if($query = $mysqli->prepare($sql)) { // assuming $mysqli is the connection
    $query->bind_param('s', $definition);
    $query->execute();
    // any additional code you need would go here.
} else {
    $error = $mysqli->errno . ' ' . $mysqli->error;
    echo $error; // 1054 Unknown column 'foo' in 'field list'
}

Если что-то не так, вы можете выплюнуть сообщение об ошибке, которое приведет вас к проблеме. В этом случае в таблице нет столбца foo, решение проблемы тривиально.

Если вы выберете, вы можете включить эту проверку в функцию или класс и расширить ее, обработав ошибки изящно, как упоминалось ранее.

<?php
      $username = $_POST['username'];
       $password = $_POST['password'];

     $result = mysql_query("SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE '".mysql_real_escape_string($username)."'")or die(mysql_error());
while($row=mysql_fetch_array($result))
  {
 echo $row['FirstName'];
 }
 ?>

Сначала проверьте соединение с базой данных. Это связано успешно или нет?

Если это так, то после этого я написал этот код, и он работает хорошо:

if (isset($_GET['q1mrks']) && isset($_GET['marks']) && isset($_GET['qt1'])) {
    $Q1mrks = $_GET['q1mrks'];
    $marks = $_GET['marks'];
    $qt1 = $_GET['qt1'];

    $qtype_qry = mysql_query("
        SELECT *
        FROM s_questiontypes
        WHERE quetype_id = '$qt1'
    ");
    $row = mysql_fetch_assoc($qtype_qry);
    $qcode = $row['quetype_code'];

    $sq_qry = "
        SELECT *
        FROM s_question
        WHERE quetype_code = '$qcode'
        ORDER BY RAND() LIMIT $Q1mrks
    ";
    $sq_qry = mysql_query("
        SELECT *
        FROM s_question
        WHERE quetype_code = '$qcode'
        LIMIT $Q1mrks
    ");
    while ($qrow = mysql_fetch_array($sq_qry)) {
        $qm = $qrow['marks'] . "<br />";
        $total += $qm . "<br />";
    }
    echo $total . "/" . $marks;
}

Убедитесь, что вы не закрываете базу данных. Используя db_close() Before To Выполнение запроса:

Если вы используете несколько запросов в script, даже если вы включаете другие страницы, содержащие запросы или подключение к базе данных, возможно, что в любом месте вы будете использовать db_close(), который закроет соединение с базой данных, убедитесь, что вы не делаете эту ошибку в своих сценариях.

Если во время проверки не появляется ошибка MySQL, убедитесь, что вы правильно создали таблицу базы данных. Это случилось со мной. Ищите любые нежелательные запятые или цитаты.

Сначала проверьте свое соединение.

Затем, если вы хотите получить точное значение из базы данных, тогда вы должны написать:

$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$result = mysql_query("SELECT * FROM Users WHERE UserName =`$usernam`");

Или вы хотите получить тип значения LIKE, тогда вы должны написать:

$result = mysql_query("SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE '%$username%'");

Вы также можете проверить, что $result не работает так, перед выполнением массива выборки

$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$result = mysql_query('SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE $username');
if(!$result)
{
     echo "error executing query: "+mysql_error(); 
}else{
       while($row = mysql_fetch_array($result))
       {
         echo $row['FirstName'];
       }
}

Вы можете попробовать этот код. Я нашел его раньше, когда у меня возникла проблема, подобная вашей.

if (isset($_GET['q1mrks']) && isset($_GET['marks']) && isset($_GET['qt1'])) {
$Q1mrks = $_GET['q1mrks'];
$marks = $_GET['marks'];
$qt1 = $_GET['qt1'];

$qtype_qry = mysql_query("
    SELECT *
    FROM s_questiontypes
    WHERE quetype_id = '$qt1'
");
$row = mysql_fetch_assoc($qtype_qry);
$qcode = $row['quetype_code'];

$sq_qry = "
    SELECT *
    FROM s_question
    WHERE quetype_code = '$qcode'
    ORDER BY RAND() LIMIT $Q1mrks
";
$sq_qry = mysql_query("
    SELECT *
    FROM s_question
    WHERE quetype_code = '$qcode'
    LIMIT $Q1mrks
");
while ($qrow = mysql_fetch_array($sq_qry)) {
    $qm = $qrow['marks'] . "<br />";
    $total += $qm . "<br />";
}
echo $total . "/" . $marks;
}

Обычно ошибка возникает при сбое подключения к базе данных, поэтому обязательно подключите базу данных или включите файл базы данных.

include_once(db_connetc.php');

ИЛИ ЖЕ

// Create a connection
$connection = mysql_connect("localhost", "root", "") or die(mysql_error());

//Select database
mysql_select_db("db_name", $connection) or die(mysql_error());

$employee_query = "SELECT * FROM employee WHERE 'id' ='".$_POST['id']."'";

$employee_data = mysql_query($employee_query);

if (mysql_num_rows($employee_data) > 0) {

    while ($row = mysql_fetch_array($employee_data)){
        echo $row['emp_name'];
    } // end of while loop
} // end of if

• Рекомендуется выполнить запрос в sqlyog, а затем скопировать его в код своей страницы.
• Всегда сохраняйте ваш запрос в переменной, а затем отображайте ее. Затем перейдите к mysql_query($query_variable); ,

Попробуйте этот код, он отлично работает

присвойте переменной post переменной

   $username = $_POST['uname'];

   $password = $_POST['pass'];

  $result = mysql_query('SELECT * FROM userData WHERE UserName LIKE $username');

if(!empty($result)){

    while($row = mysql_fetch_array($result)){
        echo $row['FirstName'];
     }
}

поскольку $username - это php-переменная, нам нужно передать его как строку в mysqli, так как в запросе u, начинающемся с одной цитаты, мы будем использовать двойную кавычку, одинарную кавычку и полный стоп для целей конкатенации ( ". $username. '" ), если вы начали с двойной кавычки, вы бы отменили кавычки ( ".. $username." ).

$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$result = mysql_query('SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE "'.$username.'"');

while($row = mysql_fetch_array($result))
     {
      echo $row['FirstName'];
     }

$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$result = mysql_query("SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE '".$username."' ");

while($row = mysql_fetch_array($result))
     {
      echo $row['FirstName'];
     }

но использование Mysql значительно обесценилось, вместо этого использует PDO. Он прост, но очень безопасен

Используйте фигурные скобки вокруг имени пользователя $.

$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$result = mysql_query('SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE {$username}');

while($row = mysql_fetch_array($result))
{
    echo $row['FirstName'];
}

Кроме того, нет причины использовать условие LIKE, если вы не используете подстановочные знаки. Если вам нужно точное совпадение, используйте = вместо LIKE.

вы неправильно использовали функцию Like Like. из-за чего ваш вывод ничего.

SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE '%$username%'