多变量,这样我有我想要使用设置PHP与MySQL
mysql_select_db("website", $con);
$result=mysql_query("SELECT * FROM characters where online='1'");
while ($row=
mysql_fetch_array($result))
{
echo $row['name'];
}
if ($row['race'] == "1");
{
echo '<img src="img/8-0.gif" />';
}
if ($row['class'] == "3");
{
echo '<img src="img/3.gif" ?>';
}
mysql_close($con);
?>
现在我只希望这两个图像显示,如果网上的场为一个代码,但他们表现出不管是什么。有谁知道我该如何解决这个问题?谢谢。
说真的,你尝试过什么?你知道MySQL中的数据类型吗?使用'online = 1'而不是'online ='1''。 – fdomig 2012-07-24 11:14:46
如果([在线?])添加echo
dpitkevics
2012-07-24 11:14:57
@fdomig虽然这不是我的理由,但如果类型实际上是'VARCHAR',而不是'int',该怎么办?我知道,这完全没有道理,但在这种情况下,不检查文字可能会出错。 – ATaylor 2012-07-24 11:24:48