警告: mysql_result()。无法解决

Question

我得到了这个错误：

警告: mysql_result()：提供的参数不是有效的MySQL结果资源

我已经检查了这个问题的其他问题，但似乎找不到答案。对此有什么想法吗？

$query = mysql_query("SELECT COUNT(`id`) FROM `users` WHERE `username` = '$username' AND `active` == 1");
return(mysql_result($query, 0) == 1) ? true : false;

Answer 1

查询应该是，您在列名两边使用了'，您必须用`将它括起来

mysql_query("SELECT COUNT(`id`) FROM `users` WHERE `username` = '$username'");

改变这一点

`active` == 1");

至

`active` = 1");

Answer 2

查询不起作用的原因是您用单引号将列名和表名括起来。它们是标识符，而不是字符串，所以不应该用单引号括起来。

SELECT COUNT(id) FROM users WHERE username = '$username'

如果所使用的列名和表名恰好是保留关键字，则可以使用反引号而不是单引号对它们进行转义。

在这种情况下，反引号不是必需的，因为它们都不是保留关键字。

其他链接：

• MySQL Reserved Keywords List
• MySQL - when to use single quotes, double quotes, and backticks?

顺便说一句，如果变量的值来自外部，则查询容易受到SQL Injection的攻击。请看下面的文章，了解如何预防它。通过使用PreparedStatements，您可以避免使用单引号将值引起来。

• How to in PHP?

Answer 3

这不是转义列的正确方法，如果您希望这样做，请使用反引号运算符

$query = mysql_query("SELECT COUNT(`id`) FROM `users` WHERE `username` = '$username'");