Javascript 我的PHP else{//statement}；不'；在SQL中使用LIKE找不到结果时不显示（提供图片）

根据PHP doc

mysqli_query（）

对于返回resultset的SELECT、SHOW、description、EXPLAIN和其他语句，mysql_query（）成功返回资源，错误返回FALSE

试试这个

<?php
include 'conn.inc.php';

$keyPressed = mysqli_escape_string($conn, $_POST['keyPressed']);


if (!empty($keyPressed)) {
    $sql = "SELECT name, type FROM businesses WHERE name LIKE '$keyPressed%' ORDER BY name";
    $result = mysqli_query($conn, $sql);
    if (mysqli_num_rows($result) > 0) {
        while ($row=mysqli_fetch_assoc($result)) {
            echo "<div class='businesses-bar'>
                <p class='businessName'>",
                    $row['name'],
                " (",$row['type'],")","</p>
                <button type='button'>PIN</button>
        </div>";
        }
    } else {
        echo "0 results";
    }
} else {
    echo "Search a business and click \"Pin\" to add it to the map.";
}
?>

---

mysqli\u查询

返回一些真实值，以防查询正确执行。没有找到匹配项被认为是正确的。你需要检查的是返回的行数。不要使用代码的图片，它的文本只是复制粘贴到问题中。谢谢你，穆德，我忘记了行数。。。经过长时间的休息后，我刚回到PHP。@PatrickEvans你对我使用图片投了反对票吗？@Ivar我没有抱怨。正如你所看到的（也许不是），我是新来的。我不知道你可以编辑一篇帖子，或者发布一张图片是件坏事。正在查找编辑按钮。谢谢suresh。并非所有的英雄都戴斗篷。

if ($result = mysqli_query($conn, $sql) && mysqli_num_rows($result)){
 ...
}else{
 ...
}