我只是想从我的数据库中显示一个基本的列表或项目,但是由于某种原因,它没有显示第一个项目,所以如果一个类别中只有一个项目,它不会显示任何东西,但是如果有两个项目,它将显示一个项目。我已经添加了下面的代码。
查询
//this query will fetch 4 records only!
$latestVideos = mysql_query("SELECT * FROM table ORDER BY date DESC LIMIT 5")or die(mysql_error());
$posts = mysql_fetch_array($latestVideos);
我试图掌握PHP和MYSQL编程,但是在看了一个例子之后,我不明白mysql_fetch_row如何知道返回哪一行。例如:
<?php
$query = "SELECT * FROM classics";
$result = mysql_query($query);
$row = mysql_fetch_row($result); //gets the rows refering to the query
echo $row[0]; //returns the data in column 1
?>
在上面的代码中,echo $row[0];返回表中第一列中
我想创建如下所示的JSON数据
[{“名称”:“AS”、“数据”:“150”、"250“、"300"}、{”名称“:”JS“、”数据“:”175“、"180”、"210"}、{“名称”:“MS”、“数据”:“100”、"75“、"200"}]
这是我创建的脚本
$c = mysql_query("SELECT distinct nama FROM tcoba ORDER BY nama ASC");
while($ca = mysql_fetch_array($c))
{
$cb[] =
我正在使用下面的代码从数据库中获取信息并将其转换为JSON (这可能是错误的)。
不幸的是,它不能加载到我的web浏览器,它只是说它正在加载,但它没有完成。请告诉我我哪里做错了。
$query = mysql_query("SELECT * FROM Posts ORDER BY date DESC") or die(mysql_error());
$array = array();
while ($row = mysql_fetch_assoc($query)) {
$array[] = $row;
$postID = $row['id'];
你好,我需要一些关于我正在工作的项目的帮助。
我有一个数据库,里面有大量的记录。我需要将许多记录放入变量中才能生成图形。下面是到目前为止我的代码的一部分。
//Retrieve all data from the table
$result=mysql_query("SELECT * FROM solar_panel ORDER BY id DESC") or die(mysql_error());
$row = mysql_fetch_row($result);
$row1 = mysql_fetch_row($result);
$row2 = mysql_fe
我有一个脚本,我想从数据库返回5个具有相同类别的值,但它只返回一个。有什么想法吗?
脚本如下:
$result = mysql_query("SELECT Category FROM GameData
WHERE Title=\"$title\" ");
//returns category to search in next select
$row= mysql_fetch_array($result);
$results = mysql_query("SELECT Title FROM GameData
WH
所以,我的MySQL查询出现了问题。它只显示来自变量的数据列表的第一个结果。这是我得到的
$Data='1,2,3'
$fetch = mysql_query("SELECT email FROM data WHERE uid IN ($Data) ");
if (mysql_num_rows($fetch)) {
$emaildata = mysql_fetch_assoc($fetch);
foreach($emaildata as $fetch2){
echo $fetch2;
}
} else {
ec
我正在尝试用PHP构建一个简单的数据库类,我使用的是MySQL。
现在我已经卡住了,我不知道如何从数据库中显示一行结果。我已经解决了如何从数据库中获取多个行的问题,但现在我尝试只显示一个行,比如用户名、电子邮件、级别、reg_date。
我的代码:
class Database {
public $mysql;
function __construct()
{
$this->mysql = new mysqli(host, user, password, db) or die('There was a problem connecting to the d
我使用的是MySQL数据库。我完全确定该ID确实存在于数据库中。为什么它会转到最后一个(在哪里说的是//不正确的id)?
<?php
//Localise user id.
$userid = $_SESSION['userid'];
//Get content of the article.
$sql = "SELECT * FROM articles WHERE creatorid = '$userid'";
$re
我成功地从查询创建了一个CSV文件,并将该文件保存在服务器上,但我无法让csv包含每个查询列的标题字段。我正在从mysql_field_name创建一个headers数组,但是不能让它将headers写入csv,它只写入表数据。非常感谢您的任何想法/例子。
//Create a CSV for
$result = mysql_query("SELECT * FROM `car_details`");
if (!$result) die('Couldn\'t fetch records');
$num_fields = mysql_num_field
关于SQL数据库的动态值,我有一个问题。我使用JavaScript创建动态表(包括表单),但我不知道如何使用SQL语言将动态值插入到SQL数据库。现在,我只能向SQL数据库插入一个值。
JavaScript for addRow
<script language="JavaScript" type="text/javascript">
function addRowToTable()
{
var tbl = document.getElementById('tblSample');
var lastRow = tbl.ro
最近,我对我正在做的一个站点做了很多修改,并完成了整个项目,替换了与数据库交互的旧的mysql_方法。在这个特定的脚本中,我很难让它同样工作。
旧代码是
$checkinfo = mysql_query("SELECT * FROM `myusers` WHERE `userid` = '$uid' LIMIT 1") or die(mysql_error());
if(mysql_num_rows($checkinfo) < 1){ //log and die if user isnt in db
die("Incident has bee