Php 错误：Select查询中的资源id 52

为什么我会得到资源id为52的错误

我有一个疑问：

$unit = $this->input->get_post('inCode');
$sql = mysql_query('select ID from type where code like "%'.$unit.'%";');

我只想在这里输出变量$sql：

我只是得到了那个错误。 我必须从表中插入ID:type。它是一个整数，列：Unit也是一个整数。

虽然我不确定项目中的$this->db->set和$this->db->insert是什么，但我猜您不需要传递mysql\u查询返回的资源

试着用这个代替

$sql = 'select ID from type where code like "%'.$unit.'%";';

---

您是否希望$sql包含ID的值？没有。这是一个mysql结果资源，您必须从中获取一行。资源id 52不是一个错误，它是PHP试图给你一个字符串表示的东西，它既不是字符串也不是任何其他类型的数据结构，而是通过数据库连接指向MySQL结果的指针..可能是重复的哦！嗯。。我能解决这个问题吗？这是我第一次遇到这个问题吗？如何将$sql值转换为INT？您使用的是什么PHP框架？似乎您有一个方法$this->db->insert来插入数据，但您正在对mysql\u查询进行原始调用。如果这确实是一个数据库插入方法，那么可能有一个框架方法来执行SELECT查询，而不是自己调用mysql\u查询。

$sql = 'select ID from type where code like "%'.$unit.'%";';