Warning: Cannot use a scalar value as an array in /home/admin/public_html/forum/include/fm.class.php on line 757

Warning: Invalid argument supplied for foreach() in /home/admin/public_html/forum/include/fm.class.php on line 770

Warning: Invalid argument supplied for foreach() in /home/admin/public_html/forum/topic.php on line 737
Форумы портала PHP.SU :: синтаксис Select -from-where

PHP.SU

Программирование на PHP, MySQL и другие веб-технологии

PHP.SU Портал

На главную страницу форума

Главная

Помощь

Помощь

Поиск

Поиск Яндекс Вакансии

Пользователи

Пользователи

Здравствуйте, Гость

( Вход · Регистрация · Правила форума )

Забыли пароль?

синтаксис Select -from-where

Форумы портала PHP.SU » PHP » Напишите за меня, пожалуйста (Модератор: SAD)

Страниц (1): [1]

Описание: выводиться ошиба связанная с mysql_fetch_array

Поиск в теме | Версия для печати

beginnerK	Отправлено: 02 Июня, 2012 - 11:22:21
Новичок Покинул форум Сообщений всего: 14 Дата рег-ции: Май 2012 Помог: 0 раз(а)	не получается вывести таблицу по запросу, PHP: скопировать код в буфер обмена $sql= "SELECT Nomer_protokola, Naimenovanie_IS, Vladeles_IS, God_vypuska_IS, Resultat_ispytaniya from systema,sv where systema.Naimenovanie_IS=sv.Naimenovanie_IS"; // SQL-оператор выполняется //mysql_query($strSQL) or die (mysql_error()); $result=mysql_query($sql); $color="1"; echo '<table width="800" height="500" border="1" align="center" cellpadding="2" cellspacing="0">'; echo '<caption> "Сведения об информационных системах прошедших испытание"</caption>'; echo "<tr bgcolor='#EEDD82'> <td></td></tr>"; while($rows=mysql_fetch_array($result)){ // If $color==1 table row color = #FFC600 if($color==1){ echo "<tr bgcolor='#FFC600'> <td>".$rows['Nomer_protokola']."</td><td>".$rows['Naimenovanie_IS']."</td><td>".$rows['Vladeles_IS']."</td><td>".$rows['God_vypuska_IS']."</td><td>".$rows['Resultat_ispytaniya']."</td> </tr>"; выводиться сообщение, подскажите что я делаю не так??? Warning: mysql_fetch_array() expects parameter 1 to be resource, boolean given in C:\xampp\htdocs (Отредактировано автором: 02 Июня, 2012 - 11:23:04)

DlTA	Отправлено: 02 Июня, 2012 - 12:51:59
Постоянный участник Покинул форум Сообщений всего: 2952 Дата рег-ции: Окт. 2010 Помог: 53 раз(а)	у вас ошибка в запросе, текст ошибки можно посмотреть mysql_error()

beginnerK	Отправлено: 02 Июня, 2012 - 13:08:03
Новичок Покинул форум Сообщений всего: 14 Дата рег-ции: Май 2012 Помог: 0 раз(а)	не получается у меня,добаваила PHP: скопировать код в буфер обмена $result = mysql_query($sql) \|\| die(mysql_error()); , теперь другая появилась Column 'Naimenovanie_IS' in field list is ambiguous, у меня названия ис одинаковые в 2 таблицах

OrmaJever	Отправлено: 02 Июня, 2012 - 13:14:00
Активный участник Покинул форум Сообщений всего: 7540 Дата рег-ции: Янв. 2010 Откуда: Чернигов Помог: 299 раз(а)	ну потому чт ов селекте тоже нужно указывать с каких таблиц что берёте. CODE (SQL): скопировать код в буфер обмена SELECT s.Nomer_protokola, s.Naimenovanie_IS, s.Vladeles_IS, s.God_vypuska_IS, s.Resultat_ispytaniya FROM systema s LEFT JOIN sv ON s.Naimenovanie_IS = sv.Naimenovanie_IS я в селекте написал все поля с таблицы systema, измените если некоторые берётся из sv (Отредактировано автором: 02 Июня, 2012 - 13:14:16) ----- Если вы хотя бы 3-4 раза не решите всё выкинуть и начать заново - вы явно что-то делаете не так.

beginnerK	Отправлено: 02 Июня, 2012 - 13:33:52
Новичок Покинул форум Сообщений всего: 14 Дата рег-ции: Май 2012 Помог: 0 раз(а)	большое спасибо, работает (Отредактировано автором: 02 Июня, 2012 - 13:41:04)

Поиск в теме | Версия для печати

Страниц (1): [1]

Сейчас эту тему просматривают: 0 (гостей: 0, зарегистрированных: 0)

« Напишите за меня, пожалуйста »

Все гости форума могут просматривать этот раздел.
Только зарегистрированные пользователи могут создавать новые темы в этом разделе.
Только зарегистрированные пользователи могут отвечать на сообщения в этом разделе.

Powered By MySQL

Powered by Nginx

Powered by ExBB FM 1.0 RC1. InvisionExBB