这个警告不知道怎么解决mysql_fetch_array() expects parameter 1 to be resource
本地服务器调试没有出现这个警告,上传到远程服务器就出现了...而且我没有权限修改远程服务器的配置..只能从代码这里来解决
view.php
PHP
店铺名字 | |
---|---|
电话 | |
食客评分(0~10) |
"; echo "评分个数:".$result5['count']; ?> |
菜单 |
"; $i++; } while($result3=mysql_fetch_array($result2)) ;}?>
|
备注 | |
食客评价 | "; $i++; } while($result4=mysql_fetch_array($commentquery,$mylink)); } else { echo "暂无评论,我们期待你的参与"; } ?> |
给店家 评分评价 |
回复讨论(解决方案)
本地调试的apache已经display_error=on 没有出现这个警告
42行是哪行?一般情况下加个or die 会有提示.
mysql_query($comment,$mylink) or die(mysql_error());
$result5=mysql_fetch_array($levelquery);
$result4=mysql_fetch_array($commentquery,$mylink);
$result3=mysql_fetch_array($result2);
有mysql_fetch_array的都报错了
42行是哪行?一般情况下加个or die 会有提示.
mysql_query($comment,$mylink) or die(mysql_error());
贴出改成 #2 后的错误信息
include("conn.php");//这行下边加入
echo $mylink; //贴出结果
我怀疑数据库没有连接成功
出来的是resource id #1不知道代表什么 include("conn.php");//这行下边加入
echo $mylink; //贴出结果
我怀疑数据库没有连接成功
#2就是从原码里弄出来的。。不太明白你意思 贴出改成 #2 后的错误信息
结贴了..看来粗心大意要不得啊..我忘记把数据库给同步过去了.... 出来的是resource id #1不知道代表什么引用 5 楼 的回复:
include("conn.php");//这行下边加入
echo $mylink; //贴出结果
我怀疑数据库没有连接成功
这个东i还是姐ue不了
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