PHP 没有按预期从 MySQL 查询返回结果

Question

我正在尝试创建一个依赖于数据库中某些信息的变量。我正在尝试生成一个存储路径的 $path 变量，具体取决于从数据库中恢复的信息。

$linkid = mysql_connect('localhost','user','password');
mysql_select_db("table", $linkid);
$variable = "00001";
$groupID = null;
$temp = mysql_query("SELECT groupID FROM table WHERE memberID='$variable'", $linkid);

while ($row = mysql_fetch_row($temp)){
    global $groupID;
    foreach ($row as $field){
        $groupID = $field;
    }
}

....

$path = "C:\WAMP\www\project\\" . $groupID;
$dir_handle = @opendir($path) or die('Unable to open $path');

这背后的想法是 $variable 是在 PHP 运行之前设置的，但是为了测试它被设置为 00001。理想情况是 $path 应该等于 C:\WAMP\www\project\00001\。目前，当我 echo 返回 $path 时，我得到的只是原始路径，末尾没有添加 $groupID。

我也收到消息“mysql_fetch_row() expects parameter 1 to be resource”，但我以前使用过这种方法来检索信息并且它工作得很好，我以同样的方式设置我的表所以我不不认为问题在那里。

我觉得我遗漏了一些明显的东西，因此非常感谢您的帮助。它不是为了作业或任何与学校相关的东西(只是尝试学习更多东西)所以请自己纠正它并解释原因:)

此外，只有一个 memberID 会与 $variable 匹配，所以如果有其他获取它的方法，我将不胜感激。

哦，我知道我的变量名令人震惊，但它们只是在这里，在我的实际代码中它们是不同的，所以请不要批评 :p

编辑: SQL 查询是正确的，在遵循 BT634 的建议并在 phpMyAdmin 上运行它时，我得到了我想要和期望的组 ID。

Answer 1

mysql_select_db("table", $linkid)

实际上应该是

mysql_select_db("database_name", $linkid)

因为您正在连接到包含表而不是表本身的数据库。

此外，尝试使用 mysql_result($temp,0) 而不是 while 循环