я написал вотт это для получения из БД списка таблиц, а затем для вывода состава этих таблиц с заголовками колонок:
PHP:
скопировать код в буфер обмена
if ($_GET['cat']) //если значение cat существует то... { $page = $_GET['cat']; // имя таблицы // выбираем имена поей из таблицы cat echo'<table class=tablet colspan=0><tr class=tabletr>'; for ($i=0; $i<$columns; $i++) // выводим шапку таблицы(список имен полей) { echo' <td class=tabletd>'.$col1.'</td> '; } echo'</tr>'; { echo'<tr>'; for($i=0; $i<$columns; $i++) { $rownl2br = nl2br($row[$col]); echo '<td> <td class=tabletd><a href="index.php?hfield='.$rownl2br.'&tab='.$page.'&col1='.$col.'">'.$rownl2br.'</a></td> '; } echo'</tr>'; } echo'</table>'; } if ($_GET['hfield']) { $tab = $_GET['tab'];//название таблицы $cell = $_GET['hfield'];// имя колонки $col1 = $_GET['col1'];//содержание ячейки echo '<br>'.$col1.' - colname';//эти переменные echo '<br>'.$cell.' - cell';//нормально echo '<br>'.$tab.' - table';//отображаются $search = "select * FROM '$tab' WHERE '$col1' = '$cell'"; { $id = $row[$col1]; echo $id.'<br>'; } }
мне постоянно выдается ошибка в этой строке
ошибка такая:
Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /yorsite.ru/edit.php on line 59
Подскажите пожалста если кто знает в чем беда? Спасибо.
|