我有一个从数据库中提取数据的表单(mysql是特定的),并将数据回显到< input>的值部分.标签.它似乎没有工作我编写了我的网站的视图部分来做同样的事情,但从我的数据库中的不同表.我使用相同的代码轻松进行更改,如果其他开发人员将来在我的网站上工作.无论如何它似乎没有工作我不知道为什么.
我得到的完整错误：
Warning: mysqli_query() expects parameter 1 to be mysqli, null given in /home/caseol5/public_html/jj/admin/news_update.php on line 9
以下是错误所指的第9行：
$result = mysqli_query($link,$sql);
我知道这两个函数都不像我一样无效：
echo $link
echo $sql
在我开始讨论错误之后的那一行之前,它们都不是空的.
以下是完整的代码段：
$nid = $_GET[‘nid’];
include (“../sql/dbConnect.php”);
$sql = “SELECT * FROM jj_news WHERE news_id = $nid”;
echo ”
The SQL Command: $sql
“;
echo ”
Link: $link
“;
$result = mysqli_query($link,$sql);
if (!$result)
{
echo ”
You have encountered a problem with the update.
“;
die( ”
” . mysqli_error($link) . ”
“) ;
}
$row = mysqli_fetch_array($result);
$ntitle = $row[‘news_title’];
$ntline = $row[‘news_titleline’];
$ndesc = $row[‘news_desc’];
$nother = $row[‘news_other’];
我调查了mysqli_query,我找不到任何我想念的东西.我也厌倦了打破代码(并运行它的部分并且它也给出了同样的错误.我的猜测是我错过了一些小的东西.我在这个网站上看到了其他问题,这有点类似但没有似乎有所帮助.我已经看了一会儿,需要另外一双眼睛.
更新
根据请求我的dbconnect.php文件的内容：
$hostname = “localhost”;
$username = “caseol5_jjoes”;
$database = “caseol5_jj_site”;
$password = “password1”;
$link = mysqli_connect($hostname, $username, $password, $database);
$link = mysqli_connect($hostname,$username,$password,$database) or die(“Error ” . mysqli_error($link));
if (!$link)
{
echo “We have a problem!”;
}
解决方法:
正如错误消息中明确指出的那样,mysqli_querydocs期望第一个参数是mysqli资源.在您的情况下,此参数称为$link,但它包含空值.通常通过使用mysqli_connectdocs从数据库连接获得正确的mysqli资源
我希望../sql/dbConnect.php文件包含连接数据库的逻辑.验证$link变量是否确实在那里初始化.如果不存在,请尝试查找mysqli_connect的出现 – 也许资源设置为不同的变量.
在不知道../sql/dbConnect.php究竟是什么的情况下,您现在的问题是您没有用于mysqli_query的有效mysqli资源.
标签：php,mysql,mysqli
来源： https://codeday.me/bug/20190929/1832929.html