Ошибка is not a valid mysql

You could do something like this:

<?php
 $sql = "SELECT * from $username where file IS NOT NULL";
 $result = mysql_query($sql);
 if($result) 
 {
     $count=mysql_num_rows($result);
 }
 else 
 {
     $count = 0;
  }

OR use a shorthand:

<?php 
 $count = ($result) ? mysql_num_rows($result) : 0;

Note:

Like you can see in other comment’s, this is just an answer to your question, taking care of one problem at a time. The usage of $username here can be tricky, especially if it’s dynamic or user generated content. It’s best to look at some long term improvements to the way you interact with the database, but here’s the fix for now

PS.
If you’re not feeling like learning all the new stuff, perhaps a framework, something like Codeigniter could help you. Using it’s active record class is easy and it takes care of a lot of things itself.

answered Jun 19, 2012 at 19:23

BradBrad

158k53 gold badges345 silver badges527 bronze badges

In simplest way you can do mysql_query($sql) or die("invalid sql"); or put a try / catch.

<?php
$link = mysql_connect('localhost', 'mysql_user', 'mysql_password');
if (!$link) {
    die('Could not connect: ' . mysql_error());
}
if (!mysql_select_db('database_name')) {
    die('Could not select database: ' . mysql_error());
}
$result = mysql_query('SELECT name FROM work.employee');
if (!$result) {
    die('Could not query:' . mysql_error());
}
echo mysql_result($result, 2); // outputs third employee's name

mysql_close($link);
?>

I think above code from http://www.php.net/manual/en/function.mysql-result.php speaks what you need.

Here, if (!$result) {...} is the key.

answered Jun 19, 2012 at 19:25

John CondeJohn Conde

217k99 gold badges455 silver badges496 bronze badges

You could try the @ symbol. So your call to mysql_query would now look like this: $result = @mysql_query($sql);.

Update

As has been stated elsewhere (specifically as a comment to this answer), you should not suppress errors unless you know what you are doing.

Update 2

Here are the docs for the Error Control Operators

answered Jun 19, 2012 at 19:24

Обновлял вордпресс и видимо что-то пошло не так!
теперь админка не работает..выдает ошибку:

Warning: mysql_get_server_info(): supplied argument is not a valid MySQL-Link resource in /home/users1/y/yanshrimp/domains/yantheshrimp.com/wp-includes/wp-db.php on line 1550

в коде:

    function db_version() {
      return preg_replace( ‘/[^0-9.].*/’, », mysql_get_server_info( $this->dbh ) ) ;

__________

FAQ говорит:
2. Возникла ошибка «Warning: mysql_fetch_assoc(): supplied argument is not a valid MySQL result resource».
Предыдущий SQL-запрос выполнился с ошибкой. Чтобы узнать причину ошибки, добавьте обработку ошибок в скрипт
$result = mysql_query($sql) or die(mysql_error());

Сделал…ничего не изменилось!!!!

СПАСАЙТЕ, ПОМОГАЙТЕ!!

<?php
  $result = mysql_query («SELECT id, title, discription, author, date FROM articles», $db);
  $myrow = mysql_fetch_array ($result);                   —  Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in
do { 
printf («<table align=’center’ class=’article’>
    <tr>
      <td class=’article_title’><p>%s</p><p>Дата добавления:%s</p><p>Автор урока:%s</p></td>
    </tr>
    <tr>
      <td> </td>
    </tr>
  </table><br><br>», $myrow [«title»], $myrow [«date»], $myrow [«author»], $myrow [«discription»]);
}
while ($myrow = mysql_fetch_array ($result));            — Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in

?>

Помогите пожалуйста!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
Не могу решить проблему

RUB

// Сперва надо соединиться с MySQL.
$db = mysql_connect('localhost', 'user', 'password');
// И выбрать текущую БД.
mysql_select_db('db_name', $db);

Это все прописанно
теперь когда поставил одинарные ковычки в строке
$result = mysql_query («SELECT ‘id’,’title’,’discription’,’author’,’date’ FROM articl», $db);
вылезла в браузере таблица но вместо текста вылезла надпись title

что дальше то делать?

Сообщение добавлено Tue Sep 22 03:39:46 2009
короче в браузере выглядит во так
title
Дата добавления:date
Автор урока:author

RUB
Заберите поля и название таблицы в косые кавычки, иначе они воспринимаются, как строки.

SELECT `id`, `title`, `discription`, `author`, `date` FROM `articles`

<?php
$result = mysql_query («SELECT * FROM articl», $db); — изменил эту строку и проблема решена.
$myrow = mysql_fetch_array ($result);
do {
printf («<table align=’center’ class=’article’>
<tr>
<td class=’article_title’><p>%s</p><p>Дата добавления:%s</p><p>Автор статьи:%s</p></td>
</tr>
<tr>
<td> </td>
</tr>
</table><br><br>», $myrow [«title»], $myrow [«date»], $myrow [«author»], $myrow [«discription»]);
}

while ($myrow = mysql_fetch_array ($result));
?>

проверьте название полей в БД и название полей в поле запроса, где то несоответствие.

Помогите позжайлуста, не могу понять в чём проблема http://rastamanbux.up100mb.com/ Это мой сайт зайдите посмотрите и помогите советом. За ранее благодарю
[mono]Warning: mysql_result(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /home/rastaman/public_html/blocks/sitestats.html on line 5

Warning: mysql_result(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /home/rastaman/public_html/blocks/sitestats.html on line 16[/mono]

RastamanRub
Посмотрите указанные строки в файле blocks/sitestats.html.

Как я понимаю, проблема связана с отсутствием данных или таблиц в базе данных MySQL.

Данные все есть. Как правильно создать таблицу в MySQL?

RastamanRub
Таблица должна создаваться при установке скрипта, либо если вы импортировали дамп, то из .sql файла.

Приведенная вами ошибка означает, что SQL запрос не выполняется.

Подскажите какая ошибка в двух последних строках?
<? include(‘header.php’); ?>

<h3>Активные предложения </h3>
<br>

<?
require(‘config.php’);
$tabla = mysql_query(«SELECT id FROM tb_ads_categories ORDER BY id ASC»); // selecciono todos los registros de la tabla usuarios, ordenado por nombre
mysql_close($con);
while ($registro = mysql_fetch_array($tabla)) { // comienza un bucle que leera todos los registros y ejecutara las ordenes que siguen

Выдаёт такую ошибку:
Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /home/rastaman/public_html/surf.php on line 11

у меня такая проблема, раньше у меня было 2 браузерных онлайн рпг по типу бк затем я их склеил потом много чего они повидали и вот прошел год и я залил склееную игру на хост и везде в каждой локации такая проблема по середине 2 ошибки  вот ошибки 

Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /home/virtwww/w_tsait-net_27c06625/http/functions.php on line 45  Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /home/virtwww/w_tsait-net_27c06625/http/functions.php on line 3268

Ошибки указывают на файлы и строки в этих файлах. Попробуйте найти эти строки и покажите их и их окружение (пару сверху и снизу).

По сути ошибки: они означают, что функции mysql_fetch_array(), которая должна разбирать полученные из БД данные, передан неверный параметр, который должен быть ссылкой на результаты, но на самом деле ей не является. Причиной может быть отсутствие необходимой таблицы или данных в ней; ошибка в SQL запросе, который не возвращает данные, либо возвращает их не в том виде; ошибка в скрипте, наконец.

Обратите внимание на SQL запросы. Попробуйте выполнить их в phpMyAdmin подставив какие-либо значения вместо переменных.

Первый запрос:
SELECT * FROM inv WHERE owner=’$hozyain’ and time_scroll>’0′

Второй запрос:
SELECT * FROM status WHERE login=’$hozyain’

Если вы не знаете что находится в переменной $hozyain, то попробуйте ее отловить временно поставив останавливающую выполнение скрипта функцию выхода. Данная функция вернет содержимое переменной. Будет примерно так:

function test_el($hozyain){
exit($hozyain);

Дословно ошибка означает, что в таблице phpshop_news не найдено поле zag. Причину ошибки я сказать не могу и как ее исправить тоже. Возможно скрипт работал ранее с другой структурой таблиц, либо было включено подавление ошибок и их просто не было видно.

Глобально отключать вывод ошибок я бы не советовал, а локально можно протестировать добавив перед функцией возвращающей ошибку знак «@». Например:

@mysql_fetch_array( ... );

Друзья, помогите!

Хочу сделать запрос из таблицы некоторых данных из формы, которая ссылается на этот скрипт:

<html>
<head>
<title>TITLE</title>
</head>
<body>
<?php
$searchterm   = $_POST["searchterm"];
$searchtype   = $_POST["searchtype"];

trim ( $searchterm );
if (!$searchterm)
   die ("Error 1");

$link = mysql_connect("localhost", "root","") or die("Could not connect");

$db = "product";
mysql_select_db ( $db ) or die ("failed to open $db");
$query = "SELECT * FROM books WHERE ".$searchtype." = '".$searchterm."'";

$result = $query;

$first_row = mysql_fetch_array($result);
echo "First:<br>".$first_row[drop]." - ".$first_row[track]."<br>";
echo "Other:<br>";
while ($row = mysql_fetch_array($result)) {
    echo $row[drop]." - ".$row[track].'<br>';
}


mysql_close ( $link );
?>
</body>
</html>

Выводит ошибку:

Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in C:Program Filesxampphtdocs111111search_book.php on line 22
First:
-
Other:

Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in C:Program Filesxampphtdocs111111search_book.php on line 25

А вот что пишет mysql_error():

ERROR - You have an error in your SQL syntax; check the manual that corresponds to your MySQL server version for the right syntax to use near 'drop = 'cheryl'' at line 1
SELECT * FROM books WHERE drop = 'cheryl'

Как я понял к базе скрипт подключается нормально, даже берет нужные значения, вот только почему-то не выводит их, а выдает ошибку.

$result = $query; // Это ошибка
$result = mysql_query($query); // Должно быть так.

drop — это зарезервированное слово, его нельзя использовать в запросах без косых кавычек. Всегда забирайте имена таблиц и полей в косые кавычки. Правильно так:

SELECT * FROM `books` WHERE `drop` = 'cheryl'

Еще один совет — всегда пишите ассоциативные массивы с кавычками таким образом.
$first_row[drop] // Не правильно
$first_row[‘drop’] // Правильно

здравствуйте   помогите  пожалуйста  сайт  выдаёт  ошибку  что делать   —  если  убрать  то  он  откроиться   эти папки  а  так  нет  всё глухо   

Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /home/andre167/domains/kobra2013.ipbux.ru/public_html/sfb.php on line 84

Warning: mysql_num_rows(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /home/andre167/domains/kobra2013.ipbux.ru/public_html/sfb.php on line 358
Unknown column ‘tipo’ in ‘where clause’   

помогите  исправить ошибку  нужен запрос   у  меня   нет  его  в  базе данных   

Warning: mysql_num_rows(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /home/u943889324/public_html/sfb.php on line 412

нужно  сделать блокноте   и  закачать в базу  запрос 
public_html/sfb.php

Этих ошибок не достаточно, чтобы что-то исправить. Попробуйте обратиться к разработчикам скрипта.