PHP在搜索时不显示结果

我有一个从数据库获取信息的搜索。如果没有结果，我希望表格上说没有结果。这是我的密码

<?php 
$raw_results = mysql_query("SELECT * FROM member
WHERE (`Name` LIKE '".$query."')") or die(mysql_error());
if(mysql_num_rows($raw_results) > 0) while($results = mysql_fetch_array($raw_results)) echo $results['Name'] 

?> 

---

让我为您提供一个通用语法：

$search_query = "select * from search_table where fname like '%$var%'";

if (! $con_query= mysql_query( $search_query, $con) )
                echo mysql_error(); 

$count_result = mysql_num_rows($con_query);

if( $count_result > 0 )
{       
     while ($search_data = mysql_fetch_array($con_query))   
     {
      echo $search_data['lname'];
     }
}
else
{
   echo "No record found.";
}

---

错误是什么？我们应该如何帮助您而不看到错误消息？您是否忘记了开头的括号（

{

）？旁注：您的查询容易受到SQL注入的攻击-阅读我可以添加此项以停止SQL注入吗？$query=mysql\u real\u escape\u string（$query）@X可以，但最好还是切换到参数化PDO或mysqli，因为mysql*函数已被弃用，将从PHP的未来版本中删除。这使我找不到记录，但如果它看到记录，它会给我一条记录，并且仍然会显示错误消息“找不到记录”。你的数据库中必须有记录我有记录记录..当我搜索名称时，它会显示该名称的数据，但仍然会显示错误No records found（未找到记录）。如果搜索有效记录，它是否会提供正确的记录？是的，它会提供正确的记录，但仍然显示No records found（未找到记录）

$search_query = "select * from search_table where fname like '%$var%'";

if (! $con_query= mysql_query( $search_query, $con) )
                echo mysql_error(); 

$count_result = mysql_num_rows($con_query);

if( $count_result > 0 )
{       
     while ($search_data = mysql_fetch_array($con_query))   
     {
      echo $search_data['lname'];
     }
}
else
{
   echo "No record found.";
}