无效的MySQL资源

我正在尝试使用下面的if/else语句来构建查询，但我在第一步中对NULL求值时出现问题。无效的MySQL资源

经过一些在线搜索后，我似乎无法追查我做错了什么......应该使用空引号代替：""？
虽然这也给了我一个错误。

所以我不知道问题是在第一个块还是第二个，即while循环。

有什么建议吗？

$name = $_POST['Your_name']; 

if ($location != "All" && $name == NULL) $query="SELECT * FROM talent WHERE duty_station='$location')"; 
else if($location == "All" && $name != "All") $query="SELECT * FROM talent WHERE Your_name IN ('$name')"; 
else if($dutyReq != "All" && $name == "All") $query="SELECT * FROM talent WHERE duty_station='$location'"; 
else if($location == "All" || $name == "All") $query="SELECT * FROM talent";

然后我的循环，打印出的数据给了我这个错误：

Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /var/www/html/talent/searchresults.php on line 64

这是错误来自代码：

$result=mysql_query($query); 
    mysql_query($result); 

    echo "<table border='1'> 
    <tr> 
    <th>Your name</th> 
    <th>duty station</th> 
    <th>first proficiency</th> 
    </tr>"; 
    while($row = mysql_fetch_array($result)){ 
     echo "<tr>"; 
     echo "<td>" . $row['Your_name'] . "</td>"; 
     echo "<td>" . $row['duty_station'] . "</td>"; 
     echo "<td>" . $row['prof_order_processing'] . "</td>"; 
     echo "</tr>"; 
     } 
echo "</table>";

来源

2012-09-09 richfranzen

看起来你在这里的SQL语句有错误“SELECT * FROM talent WHERE duty_station ='$ location'----->）” –

**你的代码容易受到SQL注入的攻击**你真的*应该使用[准备语句]（http://stackoverflow.com/a/60496/623041），将变量作为参数传递到其中，而这些参数不针对SQL进行评估。如果你不知道我在说什么，或者如何解决它，请阅读[Bobby Tables]的故事（http://stackoverflow.com/questions/332365/xkcd-sql-injection-please-explain）。 – eggyal

在PHP中，'null'是小写字母。 –

您的第一个SQL查询错误（一个额外的右括号）：

$query="SELECT * FROM talent WHERE duty_station='$location')";

它应该是：

$query="SELECT * FROM talent WHERE duty_station='$location'";

随着这些代码行：

$result=mysql_query($query); 
mysql_query($result);

你想达到什么目的？您正试图使用MySQL资源作为查询字符串。
删除第二行。

如果没有设置$_POST['name']，你会看到

Notice: Undefined index: name in <filename> on line X

为了解决这个问题，使用此代码：

$name = empty($_POST['name']) ? null : $_POST['name'];

要记住，对SQL注入安全代码。

mysql_*功能不鼓励使用，您应该使用PDO来代替。
您可以使用PDO::prepare使您的代码更安全。

来源

2012-09-09 22:18:02

它看起来像这两个仍然存在：mysql_query（$ result）; $ result = mysql_query（$ query）; – richfranzen

@ user1658726你不需要'mysql_query（$ result）;'，它会抛出一个错误。删除该行。 –

在PHP中，你应该写的东西像这样

$name = $_POST['Your_name']; 
if(isset($name) && !empty($name)) 
{ 
    //some code 
}

Als啊，你可以添加更多的检查，像is_array（如果你希望普通字符串），等..

来源

2012-09-09 21:59:16 BSen

为什么你将isset（）与empty（）结合使用？你只能使用empty（），因为如果变量没有设置，它不会产生警告...... –

@glavić：真的吗？很高兴知道。我从来没有用过它，因为我认为它会...... thx。 – Kuro

我会对$ _POST ['Your_name']'进行检查。另外，严格地说，你应该使用'=== null'或'is_null（）'作为'0 == null'，''''' –

我认为这个问题是这一行：

mysql_query($result);

它不应该存在。你不能调用mysql_query函数，并给它一个不是sql脚本的变量。删除这一行。

来源

2012-09-09 22:06:40 Shahar

我试过评论这一点，但同样的错误依然存在。 – richfranzen

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