[求助]这个问题到底出在哪里了(页 1) - PHP技术论坛

ninggang 发表于 2007-7-19 00:56

[求助]这个问题到底出在哪里了

我的php环境配置是：apache2 php5 mysql5.2 在记事本中的代码如下： <html> <head> <title>记录显示</title> </head> <body> <?php $connect_id=mysql_connect("127.0.0.1","root","19841024"); if($connect_id) { echo("数据库连接成功!"); } $select_id=mysql_select_db("info",$connect_id); $result=mysql_query("select *from info"); // $result=mysql_db_query("mydb","select *from info"); echo("<table border=1>"); echo("<tr><td>name</td><td>address</td><td>tel</td></tr>"); while($arr=mysql_fetch_array($result)) { echo("<tr><td>".$arr["name"]."</td>"); echo("<td>".$arr["id"]."</td>"); echo("<td>".$arr["tel"]."</td></tr>"); } echo("</table>"); mysql_close(); ?> </body> </html> 首先数据库我也建立好了，新建立了一张表info,里面也有数据 在以上的代码中如果我用mysql_select_db("db",$connect_id); 和mysql_query("select *from info"); 同时不用$result=mysql_db_query("mydb","select *from info"); 则报错：warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid mysql result resource in 如果不用代码： mysql_select_db("db",$connect_id); 和mysql_query("select *from info"); 但同时用：$result=mysql_db_query("mydb","select *from info"); 则能够从数据库中读出数据并从浏览器中显示出来 不知道这是什么原因 另外我的sql扩展也加上了的，真奇怪啊

ninggang 发表于 2007-7-19 01:00

不好意思，我找到原因了，原来是代码出了问题 $select_id=mysql_select_db("info",$connect_id); 就是这一句，info一张表，而在这里应该接受的参数是代表数据库的$select_id=mysql_select_db("mydb","$connect_id);如果这样就成功了，呵呵

可可熊 发表于 2007-7-27 00:06

已解决！！

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