我有以下代码:
function query_tip($title,$desc)
{
$q1=("SELECT id, company, name FROM abc
where ('$title' LIKE CONCAT('% ',company,' %') or
'$desc' LIKE CONCAT('% ',company,' %') or
'$title' LIKE CONCAT('% ',name,' %') or
'$desc' LIKE CONCAT('% ',name,' %'))
AND company != ''
AND name != ''");
$r1=mysql_fetch_array($q1);
$id=$r1['id'];
return $id_nse;
}
在这里,$title 包含诸如“我的名字叫安娜”之类的数据,$desc 包含诸如“我是 xyz 公司的程序员,我在 PHP 平台上工作”之类的数据。
但是,它给出了这个错误:
Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /bin/whatever on line 2005
但是当我在命令提示符下或在我的数据库中运行此查询时,它运行良好且没有错误。
为什么当我通过 PHP 运行此查询时会出错?
最佳答案
您没有运行查询。您可能还想检查您的查询(即如果失败则将其打印到屏幕或将其记录到文件中)。看起来有点奇怪。
$q1 = "SELECT id, company, name FROM abc where ('$title' LIKE CONCAT('% ',company,' %') or '$desc' LIKE CONCAT('% ',company,' %') or '$title' LIKE CONCAT('% ',name,' %') or '$desc' LIKE CONCAT('% ',name,' %')) AND company != '' AND name != ''";
$res = mysql_query($q1);
$r1 = mysql_fetch_array($res);
关于php - 这段代码有什么问题?,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/1315303/