Php 每年的第二天+；宵禁不起作用

我没法在一年中的哪一天和哪一天上班

如果我删除它，代码会工作，但我需要条件

错误消息为“正在尝试获取非对象的属性”

为什么不让PHP来处理日期

$rowhtipoo=mysql_query("SELECT * FROM blog_articles WHERE bog_id=1 AND fk_publish_dato_id = '" . date('Y-m-d') . "';") or die(mysql_error());

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或者，它可能是一个输入错误-fk\u publish\u datO\u id？

在我看来，好像没有找到结果，mysql\u fetch\u对象返回了一个假值。也许你会有更好的运气做一些像下面的例子

在phpmyadmin中运行您的查询，查看是否返回错误，如果返回null，则在获取对象之前检查是否为非空

如果（！empty（rwhtip））{your code}

请为您的

fk_publish_dato_id

列发布定义和一些示例值。感谢您的帮助和dato=date（丹麦语），因此没有输入错误：-）

$rowhtipoo=mysql_query("SELECT * FROM blog_articles WHERE bog_id=1 AND fk_publish_dato_id = '" . date('Y-m-d') . "';") or die(mysql_error());

    <?php   while ( $rwhtip = mysql_fetch_array($rowhtipoo) ) { ?>
        <div class="tipet">
            <p>
                <span class="f vvv">
                    <?php echo nl2br($rwhtip["english_navn"]);?></span>
            </p>
            <p>
                <?php echo nl2br($rwhtip["english_tekst"]);?>
            </p>
        </div>
    <?php } ?>