Php &引用；警告：mysql_query（）：提供的参数不是有效的mysql链接"；-为什么？

我的代码怎么了？我一直收到以下错误：

警告：mysql\u query（）：提供的参数不是第4行functions.php中的有效mysql链接资源
读取数据库时出错

function gameTableCheck($gn) 

{

    $result = mysql_query("SHOW TABLES LIKE '$gn'",$db) or die ('error reading database'); //This is line 4
    if (mysql_num_rows ($result)>0) {
        return true;
    } else {
        return false;
    }
}

if( gameTableCheck($page) === false ) {
        echo "MAO";
        die();
    }

---

$db

不是函数内部的局部变量

gameTableCheck

，您需要添加一个

全局$db语句。
我认为$db没有正确初始化。您要做的是使用
mysql\u选择\u db
如下：

<?php
$host = "localhost"; //database location
$user = "user"; //database username
$pass = "pass"; //database password
$db_name = "thename"; //database name

//database connection
$link = mysql_connect($host, $user, $pass);
mysql_select_db($db_name);

//sets encoding to utf8
mysql_query("SET NAMES utf8");
?>



（片段）

如果出于某种原因确实需要在每个查询上指定一个数据库变量，请尝试查找：


$db变量设置正确

$db变量在您的函数范围内。如果需要或将其作为参数传递给函数

我假设
$db
不是有效的数据库连接。
你事先连接到数据库了吗？
$db
是否在该函数的作用域中可用

在调用函数之前，您可以使用
global$db
使其具有全局作用域。
问题在于：
mysql\u查询（“显示像“$gn'”、$db这样的表）

范围中没有
$db

如果您仅使用一个数据库连接，并且已经连接，则可以删除此参数。
您忘记打开到数据库的连接（代码中为db）并在对其执行查询之前选择一个数据库。错误表明代码中的$db变量不是有效的资源，因此未定义它

请参阅：和
要查找错误，可以尝试放置mysql\u error（）

gameTableCheck（）
函数不知道
$db
变量是什么。由于PHP没有动态作用域，您必须在函数内将变量声明为
global
（如果它是全局变量），或者在函数调用中将其作为参数传递。
或者（更好的做法是）将$db作为参数传递给函数这当然是假设全局作用域中存在
$db
。
$result = mysql_query("SHOW TABLES LIKE '$gn'",$db) or exit( mysql_error() );