请帮帮忙, $_GET
方法不工作,同时通过URL
我得到了以下错误
警告传递字符串:mysql_fetch_array()预计参数1是资源,布尔给出。
当我通过URL $_GET
访问ID
它的工作原理。
同时,通过此方法传递字符串(例如:Bihar)时查询不起作用。
如何解决这个问题?
<?php
include('config.php');
$qry = "SELECT districtName FROM pincode_data WHERE stateName =" . $_GET['st']; // here is the issue.. its not works for me.
// $qry = "SELECT districtName FROM pincode_data WHERE stateName =" . $_GET['id']; // This query works
// $qry = "SELECT districtName FROM pincode_data WHERE stateName = 'Bihar'"; // This query works
$result = mysql_query($qry);
while($row = mysql_fetch_array($result))
{
echo "<li><a href='districtview.php?dist=".$row['districtName']."'> ".$row['districtName']."</a></li>";
}
mysql_close();
?>
是什么'的var_dump($ _ GET)'返回来写?你确定'$ _GET ['st']'的值存在于你的数据库中。 – Daan 2015-04-01 06:28:46
首先''_GET ['st']'退出你的数据库.. ??然后给你的HTML代码.. – 2015-04-01 06:30:09
而不是$ qry =“SELECT分区名称FROM pincode_data WHERE stateName =”。 $ _GET [ 'ST'];试试$ qry =“SELECT districtName FROM pincode_data WHERE stateName = Bihar”;并检查Bihar是否存在于您的数据库中。如果它有效,那么只有问题在你得到 – 2015-04-01 06:30:20