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 $row['FirstName'];
}
当前回答
如果您尝试了这里的所有方法，但都不起作用，那么您可能需要检查MySQL数据库的排序规则。我的设置是瑞典式排序。然后我将其更改为utf8_general_ci，然后一切都单击进入齿轮。
其他回答
在$username周围加上引号。字符串值，与数字值不同，必须用引号括起来。
$result = mysql_query("SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE '$username'");
同样，如果不使用通配符，使用LIKE条件也没有意义:如果需要精确匹配，则使用=而不是LIKE。
当数据库连接失败时，通常会出现错误，因此请确保连接数据库或包含数据库文件。
include_once(db_connetc.php');
OR
// Create a connection
$connection = mysql_connect("localhost", "root", "") or die(mysql_error());
//Select database
mysql_select_db("db_name", $connection) or die(mysql_error());
$employee_query = "SELECT * FROM employee WHERE `id` ='".$_POST['id']."'";
$employee_data = mysql_query($employee_query);
if (mysql_num_rows($employee_data) > 0) {
while ($row = mysql_fetch_array($employee_data)){
echo $row['emp_name'];
} // end of while loop
} // end of if
最佳实践是在sqlyog中运行查询，然后将其复制到页面代码中。 始终将查询存储在一个变量中，然后回显该变量。然后传递给mysql_query($query_variable);。
您的代码应该是这样的
$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$query = "SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE '$username'";
echo $query;
$result = mysql_query($query);
if($result === FALSE) {
die(mysql_error("error message for the user"));
}
while($row = mysql_fetch_array($result))
{
echo $row['FirstName'];
}
完成此操作后，您将在屏幕上显示查询。在服务器上尝试这个查询，看看它是否产生了所需的结果。大多数情况下，错误出现在查询中。其余的代码是正确的。
在MySQL查询之前包含一个连接字符串变量。例如，下面代码中的$ connect:
$results = mysql_query($connt, "SELECT * FROM users");
首先检查你的连接。
然后，如果你想从数据库中获取准确的值，那么你应该这样写:
$username = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$result = mysql_query("SELECT * FROM Users WHERE UserName =`$usernam`");
或者你想获取LIKE类型的值，那么你应该这样写:
$result = mysql_query("SELECT * FROM Users WHERE UserName LIKE '%$username%'");
