Php 警告：mysql_query（）：提供的参数不是中的有效mysql链接资源

我不知道follow&sqlselect语句有什么问题。表u前缀非常好。如果我在$sql前面的行上回显

$content['content\u id']

，它将返回正确的值

$sql = "SELECT UNIX_TIMESTAMP(release_date) FROM ".TABLE_PREFIX."content WHERE content_id='".$content['content_id']."'";
$result= mysql_query($sql, $db);
$row = mysql_fetch_assoc($result);
echo $row['release_date'];

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我甚至尝试用有效的内容id“2”替换它来指定

$content['content\u id']

。为什么我一直收到

警告：mysql\u query（）：提供的参数不是…

中的有效mysql链接资源？

这意味着您在查询之前没有连接到mysql服务器。Google

mysql\u connect

同样，你想离开mysql\u*函数，使用mysqli\u*函数或PDO

结果是我需要使用

$this->db

而不是

$db

向我们展示$db中的内容你应该在查询数据库后检查

$result

的值，如果

$result

为

FALSE

您应该检查

mysql\u error（）

的输出。您将对SQL注入敞开大门。请了解如何使用参数化查询（最好是PDO模块）来保护您的web应用程序。有一些例子可以让你开始学习。