PHP错误：“提供的参数不是有效的MySQL结果资源”

因此，在网上商店写下我的第一个PHP网站。我已经写了一段代码，用于选择产品数据库和类别的所有产品，然后使用相同的product_id选择前面的图片显示图像。PHP错误：“提供的参数不是有效的MySQL结果资源”

代码如下：

<?PHP 
include_once "db.php"; 

$result = "(select * FROM products WHERE product_type = 'weddingdressaline') inner join (select * FROM images WHERE postion = 'front') images on products.product_id = images.product_id"; 

while($row = mysql_fetch_array($result)) { 
    $content = $row['image']; 
    header('Content-type: image/jpg'); 
    echo $content; 
    echo $row['price']; 
} 

mysql_free_result($result); 
mysql_close(); 
?>

但是当我运行该脚本，我得到了以下错误：

Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in **/weddingdressaline.php on line 4

Warning: mysql_free_result(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in **/weddingdressaline.php on line 11

现在，我敢肯定，对于第二个错误的原因是因为发生第一个错误。任何帮助你可以给我会非常感激。

来源

2011-11-27 Neil Grimmer

欢迎堆栈溢出！你没有做任何错误检查。你需要*在mysql_query（）调用后执行该操作，如果发生错误，使用'mysql_error（）'输出错误。否则，如果查询失败，脚本就会中断。如何做到这一点在[mysql_query（）']（http://php.net/mysql_query）手册或本[参考问题。]（http://stackoverflow.com/questions/6198104/reference -what-a-perfect-code-sample-using-the-mysql-extension） –

@Pekka：你看到一个'mysql_query'调用吗？ ;） – Ryan

@mini现在你说出来了！ :)（尼尔，有关错误检查的建议仍然成立） –

您不会将查询发送到SQL数据库 - 它只是一个字符串。你需要调用mysql_query就可以了，就像这样：

$result = mysql_query("(select * FROM products WHERE product_type = 'weddingdressaline') inner join (select * FROM images WHERE postion = 'front') images on products.product_id = images.product_id");

由于佩卡指出，虽然，你应该检查错误也是如此。

来源

2011-11-27 20:58:53 Ryan

哈！发现得好。 –

为你的帮助而欢呼，我现在得到它的工作。我剥离它的基本知识，使其工作，但现在已经投入了错误检查。但欢呼你所有的帮助。 –

您错过了mysql_query。该$result行应阅读以下内容：

$result = mysql_query($your_query_here);

来源

2011-11-27 20:59:20 Femaref

你是不是查询数据库...

$result = mysql_query("(select * FROM products WHERE product_type = 'weddingdressaline') inner join (select * FROM images WHERE postion = 'front') images on products.product_id = images.product_id"); 
while ($row = mysql_fetch_array($result)) 
{ 
$content = $row['image']; 
header('Content-type: image/jpg'); 
echo $content; 
echo $row['price']; 
}

来源

2011-11-27 20:59:32 knittl

这仍然是一个不好的例子，因为它不检查错误。只是说' –

@Pekka：是的，它不会转义输出（被授予，它是一个JPEG），并且查询仍然以可怕的方式写入;） – knittl

你忘了使用的mysql_query（）

$result = mysql_query("(select * FROM products WHERE product_type = 'weddingdressaline') inner join (select * FROM images WHERE postion = 'front') images on products.product_id = images.product_id");

来源

2011-11-27 21:01:22

PHP错误：“提供的参数不是有效的MySQL结果资源”

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