警告：mysql_fetch_object（）：提供的参数不是json中的有效MySQL结果资源

我在我的json代码中出现错误，如此。警告：mysql_fetch_object（）：提供的参数不是json中的有效MySQL结果资源

错误：

警告：mysql_fetch_object（）：提供的参数不是在d一个有效的MySQL结果资源：第15行 { “结果” \ XAMPP \ XAMPP \ htdocs中\ ROOPA \音乐\ demo.php ：空}

php文件：

<?php 

@include("db.php"); 


    $query = "SELECT a.a_name as name,b.total_value as value,b.total_votes as votes,a.a_pic as image FROM _album a inner join ratings b on b.a_id=a.id"; 

    $result = mysql_query($query); 

// $query1 = "SELECT total_value,total_votes FROM ratings"; 

    //$result1 = mysql_query($query1); 

    $count = mysql_num_rows($result); 
    //$count1 = mysql_num_rows($result1); 

    if($count > 0) 
    { 

     while($data = mysql_fetch_object($result)) 
     { 
       $alb_name =$data->name; 

       $rate_value = $data->value; 

       $rate_votes = $data->votes; 

       $alb_pic =$data->image; 

       $resmsg[] = array("Album_name"=>$alb_name,"Rating_total_value"=>$rate_value,"Rating_total_votes"=>$rate_votes,"Image_name"=>$alb_pic); 

     } 

     $jsonarr = array("result"=>$resmsg); 
    } 
    else 
    { 
     $jsonarr = array("result"=>"data not found"); 
    } 

echo json_encode($jsonarr); 

?>

MY db.php中FILE：

<?php 

$hostname="localhost"; 
$username="root"; 
$password=""; 
$database="musicalbum"; 

$conn=mysql_connect($hostname,$username,$password,$database); 
$link=mysql_select_db($database,$conn); 

if (!$link) { 
    die('Could not connect: ' . mysql_error()); 
} 
@mysql_close($link); 

?>

任何人都可以帮我吗？

来源

2013-10-03 Crazy Developer

你试过mysql_error（）吗？像这样... if（！$ result）{ die（'Invalid query：'。mysql_error（））; } – tanaydin

显而易见的原因是您的数据库连接失败或您的查询失败。从include语句中删除错误提示符号。 –

得到有关sql错误的警告，试试这有助于找出sql错误 if（！$ result） die（“mySQL error：”。mysql_error（））; –

我想查询以下部分问题：

inner join ratings b on b.a_id=a.id"

从您的查询，我猜A_ [SOME_TEXT]是表中的列，但您的查询从表B A_ID连接。我认为，它应该如下：

inner join ratings b on a.a_id=b.id"

来源

2013-10-03 07:58:54 Rajesh

警告：mysql_fetch_object（）：提供的参数不是json中的有效MySQL结果资源

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