Php SQL警告：mysql\u real\u escape\u string（）要求参数1为字符串

我使用以下查询：

$search = mysql_query("SELECT * FROM `users` WHERE username LIKE '%".mysql_real_escape_string($query)."%' OR name LIKE '%".mysql_real_escape_string($query)."%' ORDER BY timestamp");

其中$query是用户搜索的单词。我得到以下警告：

警告：mysql\u real\u escape\u string（）要求参数1为字符串

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该表的用户名为varchar。这就是问题所在吗？或者，如果有人知道导致此警告的原因，是否可以帮助我？

$query

可能不是字符串（它可能是布尔或简单的整数） 这行前面可能有一些字符串

在查询之前尝试这样做

$query = (string) $query

然后它应该可以工作，因为它必须将$query转换为字符串

$query

（变量）不是字符串。这是错误消息已经告诉您的简单答案

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解决这个问题。请听错误消息所说的内容。它不涉及查询本身，但是/variable/

如果$query是由用户输入提供的，您应该检查以确保它有一个值：

if(!is_null($query)) {
....
}

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由于您没有显示太多代码，可能是您对$query的赋值失败，导致$query为空。我不认为这个错误是特定于字符串值类型的，它只是说那里什么都没有

什么是

$query

？我猜它不是一个字符串…

var\u dump（$query）

看看你得到了什么。怎么说

var\u dump（$query）

？我肯定它不是字符串。@develroot-我应该把这个语句（var_dump（$query））放在哪里？在php脚本中？我想我知道问题是什么。查询的值为：Resource id#19我不确定从何处获取该值，我必须查看。我认为最好弄清楚为什么

$query

不是字符串。@lonesomeday:因为它可能是intval（）ed或其他什么？我的答案在任何情况下都能解决问题，这就是问题的关键所在question@lonesomeday：添加了更多信息，如问题更新所述，

$query

是一种资源，无法使用

（string）

将其转换为字符串。无论如何，我认为

mysql\u real\u escape\u string

可以在内部处理整数。@lonesomeday:$query是一种资源吗？写在哪里？