✔ Resource id # oder garkein Resultat

[banshe]

Hallo nochmals..

Ich hab folgendes Problem.. Ich möchte einen Wert (ein Name -> dname) aus einer Datenbank in eine Variable speichern und diese dan ausgeben...

Ich hab ziemlich viel gegoogelt und verschiedene arten versucht,.. entweder gibts ein "Resource id #" oder garnichts...

Die SQL abfrage habe ich in Phpmyadmin getestet.

Der Code:

<?php
$meldung="";
$meldungtitel="";

{
	$sock=mysql_connect ("localhost","blabla", "blabla");
	mysql_select_db ("blabla");
 
$test=mysql_db_query("SELECT dname FROM choice WHERE username='$username'");
$arr=mysql_fetch_array($test);

}

<?php
echo $arr['dname'];  
?>

Dankschöön und Grüsse

 

[CookieBuster]

Zu deiner Query-Funktion

Hinweis: Diese Funktion ist seit PHP 4.0.6 veraltet. Verwenden Sie diese Funktion nicht. Stattdessen sollten Sie die Funktionen mysql_select_db() und mysql_query() verwenden.

Außerdem

resource mysql_db_query ( string $Datenbank , string $Anfrage [, resource $ Verbindungs-Kennung ] )

Überhaupt schonmal angeschaut, wie die Syntax (Parameterreihenfolge) der Funktion lautet? Scheint mir nicht so...

 

[Sven Mintel]

Moin,

mysql_db_query() erwartet als 1. Parameter den Namen der Datenbank.

Das ist allerdings doppeltgemoppelt, die DB wählst du a schon vorher.

Daher: verzichte auf mysql_db_query() (das ist sehr veraltet) und nehme stattdessen mysql_query()

so sollte es eigentlich gehen:

<?php
	$sock=mysql_connect ("localhost","blabla", "blabla");
	mysql_select_db ("blabla");
  $test=mysql_query("SELECT dname FROM choice WHERE username='$username'");
  if($arr=mysql_fetch_assoc($test))
  {
    echo $arr['dname']; 
  }
  else
  {
    echo 'kein Ergebnis'; 
  }
?>

 

[banshe]

Hat prima geklappt...

konnte viele abfragen bewältigen, doch jetz plötzlich klappt etwas nicht.. die Meldung:

Warning: mysql_fetch_assoc(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /usr/export/www/hosting/bla/bla.php on line 49

Die SQL Abfrage funktioniert, hab ich in Phpmyadmin getestet..
Die Ausgabe sollte ein Name sein... "Edwards Colin"

Der Code (line 49 - Rot):

<?php
$sock=mysql_connect ("localhost","blabla", "blabla");
mysql_select_db ("blabla");

$secondpl=mysql_query("SELECT second FROM race WHERE race=Qatar");
if($arr=mysql_fetch_assoc($secondpl));

$secondplace=$arr['second'];
?>

bitte um eure Hilfe...

 

[Yaslaw]

Ist Qatar ein Feldname oder ein String? Wenn es ein String ist, solltest du es in '' setzen.
Ansonsten -> http://wiki.yaslaw.info/wikka/PhpDebugMySqlQueries

 

[banshe]

jawoll.. ich hab es gemerkt..
eine stunde probiert und gesucht,... und nur über so einen blöden fehler gestolpert...


Danke!