mysql_result()期望参数1是资源，对象给定

Question

作为登录系统的一部分，我需要检查用户名是否存在于数据库中，因此我创建了一个查询，以检查用户输入的用户名是否已经存在。

使用mysql_result，我检查id是否大于null。如果是:用户存在，如果不存在，则用户不存在。但是这里出错了，wampserver给了我这个错误：

警告: mysql_result()期望参数1是资源，在第6行的users.php中给出对象

function user_exists($username){
    global $user_db;
    $username = sanitize($username);
    $query = mysqli_query($user_db , "SELECT COUNT(`id`) FROM `users` WHERE `username` = '$username'");
    $result = mysql_result($query, 0); //line 6
    if(!$result){
        return false;
    }else{
        return true;
    }
}

这就是调用这个函数的代码：

if(user_exists('name') === true){
    echo 'exists';
}

$user_db = mysqli_connect("localhost","root","","databaseName"); 

我试过什么：

如果我这样做：mysqli_result($result,0,"id");，我得到这个错误：Call to undefined function mysqli_result()。从this问题中得到了这个建议

关于像我这样的问题的所有答案都说，您不应该同时使用mysql和mysqli，而应该只使用其中的一个，但是当我只使用mysli时，我得到了错误，就像我在上面的一段中说的那样。

谁能告诉我怎么解决这个问题吗。

Answer 1

您将mysql和mysqli混合在一起。mysqli驱动程序中没有函数mysqli_result()。不过，我找到了解决你问题的办法。来自PHP文档中的注释：

将一个旧项目从使用mysql扩展转换为mysqli扩展，我发现最恼人的变化是mysqli中缺少相应的mysql_result函数。虽然mysql_result通常是一个糟糕的函数，但它对于从结果集中获取单个结果字段值很有用(例如，如果查找用户ID)。 mysql_result的行为在这里是近似的，尽管您可能希望将它命名为mysqli_result以外的其他东西，以避免认为它是一个实际的内置函数。

守则：

<?php  function mysqli_result($res, $row, $field=0) { 
      $res->data_seek($row); 
      $datarow = $res->fetch_array(); 
      return $datarow[$field];  }  
?>

来源：http://php.net/manual/en/class.mysqli-result.php