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当尝试从我的数据库表“checklist”返回一组简单的结果时，我收到以下错误；
“警告:mysqli_error() 恰好需要 1 个参数，给定 0”
我的list.php文件的代码如下；
<?php
require_once('/includes/connection.inc.php');
// create database connection
$conn = dbConnect('read');
$sql = 'SELECT * FROM checklist ORDER BY created DESC';
$result = $conn->query($sql) or die(mysqli_error());
?>
<?php while($row = $result->fetch_assoc()) { ?>
<?php echo $row['created']; ?>
<?php echo $row['title']; ?>
<?php } ?>
我的connection.inc.php文件内容(供引用)如下；
<?php
function dbConnect($usertype, $connectionType = 'mysqli') {
$db = 'projectmanager';
$host = 'localhost';
if ($usertype == 'read') {
$user = 'root';
$pwd = '';
} elseif ($usertype == 'write') {
$user = 'root';
$pwd = '';
} else {
exit('Unrecognized connection type');
}
// Connection goes here...
if ($connectionType == 'mysqli') {
return new mysqli($host, $user, $pwd, $db);
} elseif ($mysqli->connect_error) {
die('Connect Error: ' . $mysqli->connect_error);
}
}
?>
我一直在尝试遵循一本书中的一些示例 PHP 解决方案:轻松实现动态 Web 设计 HERE ...但是我已经遇到了 connection.inc.php 文件(上面显示的代码段)的问题，我不得不更正“或死亡('无法打开数据库');”并将其替换为上面针对 mysqli_error 看到的基于 IF 的语句。所以我想知道这本书是否充斥着一些基本的、基本的错误——至少当呈现给像我这样的新手时会让我们感到困惑。
有什么帮助吗？
谢谢