Php 在MySql中获取资源id#3错误

我运行了这段代码，得到了一个资源id#3错误，它应该显示完整的电影表

mysql_connect("localhost", "root", "password") or die(mysql_error()); 
mysql_select_db("treehouse_movie_db") or die(mysql_error()); 
$data = mysql_query("SELECT * FROM movies") 
or die(mysql_error()); 
echo $data;

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您没有收到错误，MySQL API只是按照您的要求执行：回显

$data

的内容，这是一个MySQL查询资源。扩展代码以实际检索结果：

while($row = mysql_fetch_object($data))
    var_dump($row);

您将看到输出

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请注意。

这不是一个

错误

您的查询正在被执行，并且您正在从中获得适当的资源，因为它应该被返回

要获得响应，您必须使用或

建议：mysql*不再维护。尝试切换到或

资源id#3

表示

$data

变量用于打开资源，这不是错误。
如果要打开另一个资源（如文件），请使用：

$var=fopen('myfile','a+');
echo $var;

因此，您将获得

资源id$4

。

因此，要获得所需的输出，需要使用循环。
如中所述。

可能重复：

$var=fopen('myfile','a+');
echo $var;