$sql变量导致mysql_fetch_array()要求参数1为资源

Question

我在php中有一个搜索表单，当用户输入要搜索的名称时，表单调用以下php代码来给出结果。我的问题是，这段代码在执行时会告诉我"mysql_fetch_array()期望参数1是资源，给定的是布尔值“。如果我将$sql改为像$sql = " SELECT `name`, `surname`, `email`, `user_id` FROM users这样的东西，那么它工作得很好。你知道这可能是我的问题所在以及如何继续前进吗？

//more code

$start=0;
$per_page=10;
$page=1;

 $sql = " SELECT `name`, `surname`, `email`, `user_id` FROM users WHERE (surname LIKE '$name%' AND name LIKE '$surname%') OR (surname LIKE '$surname%' AND name LIKE '$name%') LIMIT 100 ";

 $sql .= "LIMIT $start, $per_page";

 $result = mysql_query($sql);

  while($run = mysql_fetch_array($result)){
      $surname = $run['surname'];
  }

Answer 1

您正在生成无效的查询；

$sql = "...LIKE '$name%') LIMIT 100 ";
$sql .= "LIMIT $start, $per_page";

...will生成2个LIMIT子句并导致语法错误。当你得到一个语法错误并且没有检查mysql_query的返回值时，你会在你的问题中得到错误消息，因为你没有得到结果。如果使用；检查返回值；

$result = mysql_query($sql) or die(mysql_error());

...您应该已经有了错误消息的指示。

Answer 2

看起来您重复了两次LIMIT语句。第一行以LIMIT 100结束，在下一行追加LIMIT $start, $per_page，结果如下：

LIMIT 100 LIMIT 0,10

Answer 3

发生这种情况是因为查询失败。为什么不放一个或die(mysql_error())；来捕获错误呢？

做一些这样的事情

if($result === FALSE) {
    die(mysql_error()); // TODO: better error handling
}

while($run = mysql_fetch_array($result)){
    $surname = $run['surname'];
}

正如@Mike指出的，你有一个语法错误，== >2倍限制