Php mysql_fetch_array（）上出现警告

很抱歉浪费您的时间，但我正在尝试将数据库表中的数据存储到数组中并显示在表中。我总是犯同样的错误。我已经更改了

“

并删除了变量。我仍然可以

警告：mysql_fetch_array（）：在第41行的/home/a3656574/public_html/home.php中，提供的参数不是有效的mysql结果资源

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我不知道如何修复此问题。请有人帮忙吗？

请检查您的数据库凭据，然后尝试：

<?php
  if ($_POST['search_projects'] && !empty($_POST['search']))
  {
    $con= mysql_connect("host.com","opacmin","password","opacmin") or die ('Error: ' . mysql_error()); 

    $sql= "SELECT * FROM searchedWords WHERE accessDate LIKE '%" . $_POST['search'] . "%' ORDER BY accessDate DESC";
    $result= mysql_query($sql); 

    while($row= mysql_fetch_array($result))
    { 
      $Date =$row['AccessDate']; 
      $Key=$row['keyWord']; 
      $Count=$row['count']; 

      echo "<tr>"; 
      echo "<td>" .$Date ."</td> ". " <td>" . $Key.  " </td>" . " <td>" . $Count.  " </td>"; 
      echo "</tr>";  
    }
  }
?>

---

请检查您的数据库凭据，然后尝试：

<?php
  if ($_POST['search_projects'] && !empty($_POST['search']))
  {
    $con= mysql_connect("host.com","opacmin","password","opacmin") or die ('Error: ' . mysql_error()); 

    $sql= "SELECT * FROM searchedWords WHERE accessDate LIKE '%" . $_POST['search'] . "%' ORDER BY accessDate DESC";
    $result= mysql_query($sql); 

    while($row= mysql_fetch_array($result))
    { 
      $Date =$row['AccessDate']; 
      $Key=$row['keyWord']; 
      $Count=$row['count']; 

      echo "<tr>"; 
      echo "<td>" .$Date ."</td> ". " <td>" . $Key.  " </td>" . " <td>" . $Count.  " </td>"; 
      echo "</tr>";  
    }
  }
?>

---

Mysql连接函数接收3个参数（Mysql\u服务器、Mysql\u用户、Mysql\u密码）

您应该使用mysql\u select\u db（数据库、连接\u资源\u id）选择数据库

还要确保你的证件

尝试：

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Mysql连接函数接收3个参数（Mysql\u服务器、Mysql\u用户、Mysql\u密码）

您应该使用mysql\u select\u db（数据库、连接\u资源\u id）选择数据库

还要确保你的证件

尝试：

0）首先，我建议您开始使用PDO，而不是mysql_connect（和friends），因为后者正在被弃用。有教程可以帮助您开始此迁移

1） 我不确定您希望mysql_connect（）的第4个参数为您做什么。根据PHP文档，这应该是一个布尔值：

mysql\u connect（[string$server=ini\u get（“mysql.default\u host”）[，string$username=ini\u get（“mysql.default\u user”）[，string$password=ini\u get（“mysql.default\u password”）[，bool$new\u link=false…

2） 在转到mysql_fetch_array（）之前检查错误条件：

0）首先，我建议您开始使用PDO，而不是mysql_connect（和friends），因为后者正在被弃用。有教程可以帮助您开始此迁移

1） 我不确定您希望mysql_connect（）的第4个参数为您做什么。根据PHP文档，这应该是一个布尔值：

mysql\u connect（[string$server=ini\u get（“mysql.default\u host”）[，string$username=ini\u get（“mysql.default\u user”）[，string$password=ini\u get（“mysql.default\u password”）[，bool$new\u link=false…

2） 在转到mysql_fetch_array（）之前检查错误条件：

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首先，我想推荐你开始使用“mysqli”。你可以看看这个

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然后，您应该首先检查您的凭据是否正确。如果正确，请访问phpmyadmin并尝试您的查询，看看它是否正常工作。可能您遗漏了一些内容。祝您好运。

首先，我建议您开始使用“mysqli”。您可以查找此信息

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然后，您应该首先检查您的凭据是否正确。如果正确，请访问phpmyadmin并尝试您的查询，看看它是否正常工作。可能您遗漏了什么。祝您好运。

请确保这些不是您真正的凭据确保您的查询正确，$sql=”从accessDate类似“%”的searchedWords中选择*。“%”按accessDate描述排序"；只需打印它并直接在控制台上运行。您应该使用

mysqli.*

函数，

mysql.*

如果我没有弄错的话，mysql 5.5中的函数是不推荐的。在任何公共论坛中发布时，从mysql con中删除实际凭据。您必须选择一个db；您在

mysql.\u query

之前选择了一个吗？之后

$result=mysql\u query（$sql）；

add

if（！$result）死（mysql\u error（））

。错误消息是什么？此外，正如Maz所说，您应该使用mysqli或PDO而不是mysql_u2;函数。通过使用外部变量构建SQL语句，您将面临SQL注入攻击。此外，任何带有单引号的输入数据，如“O'Malley”名称，将破坏您的SQL查询。请了解如何使用参数化查询（最好与PDO模块一起使用）来保护您的web应用。有一些示例可以帮助您入门，并且有许多详细的示例。请确保这些不是您的真实凭证确保您的查询是正确的，$SQL=“SELECT*FROM searchedWords WHERE accessDate，如“%”.$\u POST['search']。“%”按访问日期说明排序；只需打印它并直接在控制台上运行。您应该使用

mysqli.*

函数，

mysql.*

如果我没有弄错的话，mysql 5.5中的函数是不推荐的。在任何公共论坛中发布时，从mysql con中删除实际凭据。您必须选择一个db；您在

mysql.\u query

之前选择了一个吗？之后

$result=mysql\u query（$sql）；

add

if（！$result）死（mysql\u error（））

。错误消息是什么？此外，正如Maz所说，您应该使用mysqli或PDO而不是mysql_u2;函数。通过使用外部变量构建SQL语句，您将面临SQL注入攻击。此外，任何带有单引号的输入数据，如“O'Malley”名称，将破坏您的SQL查询。请了解如何使用参数化查询（最好与PDO模块一起使用）来保护您的web应用程序。有一些示例可以帮助您入门，并且有许多详细的示例。可能会删除OP错误提供的凭据？感谢您的回复。可能会删除OP错误提供的凭据？谢谢很好的调用，mysql\u select\u db（）是一个很好的猜测，他对第四个参数的期望是什么。很好的调用，mysql\u select\u db（）对于第四个参数的期望值，这是一个很好的猜测。感谢您的快速响应。不过我最终还是做对了。找到了人亲自帮助我。我也读了关于PDO和mysql_fetch_array（）类似的功能很快就会被删除。我现在就开始适应。不管怎样，再次感谢你。感谢你的快速响应。不过我最终还是做对了。找到了一个人亲自帮助我。我读到了关于P

$con= mysql_connect("host","username","password");
mysql_select_db("a3656574_opacmin",$con);

$sql= "SELECT * FROM searchedWords WHERE accessDate LIKE '%" . $_POST['search'] . "%' ORDER BY accessDate DESC";
$result= mysql_query($sql); 

if (! $result) {
    // use something like mysql_error() to find out why it failed, log it, etc.
} else {
    while( ... ) { ... }
}