PHP-MYSQL-根据一个PHP文件的id显示页面

我有一个问题要做的代码工作…我不知道为什么它不工作…我想显示从数据库标题和许多其他id…文件的名称是view.php…如果我想显示id 1，然后我在url上键入view.php？id=1或id 2 view.php？id=2…这是我的代码请帮助我

<?php
$getid = $_GET["id"];

$dbuser = 'user';
$userpass = 'pass';
$database = 'db';

error_reporting(0);
$con = mysql_connect("localhost",$dbuser,$userpass);
if(!$con){die('Could not connect:'.mysql_error());}
mysql_select_db($database, $con);
mysql_query("SET NAMES utf8");
date_default_timezone_set('Europe/Athens');


$query = mysql_query("SELECT id,title,description FROM player WHERE id = '$getid'");
if(mysql_num_rows($query)){
    $result = mysql_fetch_assoc($query);
    $id = $result['id'];
    $title = $result['title'];
    $description = $result['description'];
    echo 'ID: '.$id.'<br />Title: '.$title.'<br />Description: '.$description;
}else{
    echo 'Error';
    exit;
}
?>

更改此选项：

if(mysql_num_rows($query)){

为此：

if(mysql_num_rows($query) >= 1){

请记住，数据库中必须有您提供的ID，

否则它会再次转到其他地方

（mysql_num_rows返回FALSE或带有行数的整数，由于if语句没有检查整数，而是检查true，因此它总是沿着ELSE路径）

什么不起作用？我已经创建了一个数据库，我添加了url和它的回显错误…我不想这样做错误是什么意思可能读取了发生的异常？你怎么能在没有问题的情况下发布一个问题呢？它回应了else而不是if…我在else上回应了它的“错误”does@gibsonman507mysql_num_rows返回FALSE或一个包含行数的整数，由于if语句没有检查整数而是检查true，所以总是转到ELSE
<?php
$query = mysql_query("SELECT id,title,description FROM player WHERE id = '$getid'");
$count = mysql_num_rows($query);
if($count != 0){
    while($result = mysql_fetch_array($query)){
        $id = $result['id'];
        $title = $result['title'];
        $description = $result['description'];
        echo 'ID: '.$id.'<br />Title: '.$title.'<br />Description: '.$description;
    }
}else{
    echo 'Error';
}
?>