- Java 双重比较
- java - 比较器与 Apache BeanComparator
- Objective-C 完成 block 导致额外的方法调用?
- database - RESTful URI 是否应该公开数据库主键?
以下代码:
$dbc = mysqli_connect("localhost","root","root","magnificantDatabase")
or die("Could not connect to database");
$sql = "INSERT INTO accounts(username, password, ip)
VALUES('$username','$password','$ip')";
mysqli_query($dbc, $sql)
or die(mysqli_error($dbc));
应该在mysqli_query 失败返回错误时返回错误,不是吗?它没有:/有人知道为什么没有吗?
哦,而且,不返回任何错误是指它根本不返回任何内容。只是完全空白。
编辑:我想让你知道,在搜索网络后(尽管这看起来是一个常见问题)我 - 没有 - 找到任何解决这个问题的方法,有接近这个的问题,但是我发现它们中没有一个看起来完全相同。
最佳答案
当我执行更新语句时,同样的事情发生在我身上。
mysqli_error、mysqli_errno 和 mysqli_error_list 都是空的。
然后我发现问题是分配给连接对象的数据库用户没有UPDATE权限。我不知道为什么我没有收到此安全/权限违规的错误消息或错误编号。
关于php - Mysqli_error() 不起作用,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/17560144/
这个问题已经有答案了: mysqli or die, does it have to die? (4 个回答) 已关闭 6 年前。 我绞尽脑汁试图弄清楚如何将其转换为 mysqli。 die( mys
以下代码: $dbc = mysqli_connect("localhost","root","root","magnificantDatabase") or die("Could not c
您好,我正在使用下面的代码,例如: 错误消息:“where 子句”中的未知列“ladderID”但是没有说明是从哪个文件和哪一行产生错误的? printf("Error message: %s\n",
这个问题在这里已经有了答案: 关闭 10 年前。 Possible Duplicate: PHP warning help? 我试图连接数据库中的三个表以显示用户选择的类别,但出现以下错误。 War
因此,我通常使用这种结构在php上执行查询,但是前一天我被指出这可能是一个不好的做法。 谁能告诉我为什么这是错误的,并给我一些应该怎么做的提示? 我真的很想学习和改进我的代码。 提前致谢。 最佳答案
我正在努力将站点的服务器从 PHP 5.2.17 升级到 5.5,以使其在未来的升级中保持新鲜,并安装其他需要 PHP 5.4+ 的软件。 数据库有一个我正在测试的表,其中有许多列在初始 INSERT
我有这段代码,但我想更改它: $res_getinfo = mysqli_query($conn, $sqlgetinfo) or die(mysqli_error($conn)."".$sqlget
我只是在一本书中学习一些教程,我试图在我的页面上添加一个“过滤器”选项。因此,当页面加载时,它应该列出所有值,但是如果从下拉列表筛选选项中选择了任何值,则列表应该在页面上更改。这是我的代码: quer
我是否认为 mysqli_stmt_error($stmt) 返回特定查询的错误而不是最后一个 MySQL 错误?例如,以下是否可行? ... $stmt1->execute(); $stmt2->e
我完全按照w3schools.com.中的代码执行,但仍然出现上述错误,数据库表也没有更新。 我的html和php代码如下: Mr. Ms. Prof. Dr. Given Na
我不知道出了什么问题。 $result = $db->query("INSERT INTO post_items(`post_id`,`content`,`date`,`user_id`,`categ
我完全按照w3schools.com ..中的代码进行操作,但是仍然出现上述错误,并且数据库表也未更新。 我的html和php代码如下: Mr. Ms. Prof. Dr. Gi
当启动我的代码时,我得到一个失败的查询和以下错误: mysqli_query() expects parameter 1 to be mysqli, null given in mysqli_erro
据我所知,获取 mysqli 错误信息的唯一方法是: $con=mysqli_connect("localhost","my_user","my_password","my_db"); ///RUN
我有一个从数据库(具体是 mysql)提取数据并将数据回显到 value 的表单节标签。它似乎不起作用我已经对我网站的 View 部分进行了编码以执行相同的操作,但来 self 数据库中的不同表。我使
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这个问题在这里已经有了答案: Warning: mysqli_error() expects exactly 1 parameter, 0 given error (4 个答案) 关闭 4 年前。
我有这个 PHP 页面: MySQL Error: " . mysqli_error($dbc)); if (mysqli_num_rows($r) == 1) { echo 'Verifie
我得到以下错误 Warning: mysqli_error() expects exactly 1 parameter, 0 given 问题在于这行代码: $query = mysqli_query
我是一名优秀的程序员,十分优秀!