我试图从一个MySQL表中选择数据,但我得到以下错误消息之一:

Mysql_fetch_array()期望参数1为给定的资源布尔值

这是我的代码:

$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];

$result = mysql_query('SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE $username');

while($row = mysql_fetch_array($result)) {
    echo $row['FirstName'];
}

当前回答

查询可能会由于各种原因而失败,在这种情况下,mysql_*和mysqli扩展都会从各自的查询函数/方法中返回false。您需要测试该错误条件并相应地处理它。

mysql_扩展:

mysql_函数已弃用,在php版本7中已被删除。

在将$result传递给mysql_fetch_array之前检查$result。您会发现它是假的,因为查询失败了。请参阅[mysql_query][1]文档了解可能的返回值以及如何处理它们的建议。

$username = mysql_real_escape_string($_POST['username']);
$password = $_POST['password'];
$result = mysql_query("SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE '$username'");

if($result === FALSE) { 
    trigger_error(mysql_error(), E_USER_ERROR);
}

while($row = mysql_fetch_array($result))
{
    echo $row['FirstName'];
}

其他回答

在To之前使用db_close()确保你没有关闭数据库 运行查询:

如果你在一个脚本中使用多个查询,即使你包含了包含查询或数据库连接的其他页面,那么在你使用db_close()的任何地方都可能关闭你的数据库连接,所以确保你没有在你的脚本中犯这个错误。

试试这段代码,它工作得很好

将post变量赋给变量

   $username = $_POST['uname'];

   $password = $_POST['pass'];

  $result = mysql_query('SELECT * FROM userData WHERE UserName LIKE $username');

if(!empty($result)){

    while($row = mysql_fetch_array($result)){
        echo $row['FirstName'];
     }
}

如果检查时没有出现任何MySQL错误,请确保正确创建了数据库表。这发生在我身上。寻找任何不需要的逗号或引号。

如果数据库未选中,请检查,因为有时数据库未选中

检查

mysql_select_db('database name ')or DIE('Database name is not available!');

MySQL查询前 然后进入下一步

$result = mysql_query('SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE $username');

f($result === FALSE) {
    die(mysql_error());

试试下面的代码。它可能会工作得很好。

$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$result = mysql_query("SELECT * FROM Users WHERE UserName ='$username'");

while($row = mysql_fetch_array($result))
{
    echo $row['FirstName'];
}