mysqli 相关问题

mysqli PHP扩展（“MySQL改进”）是PHP数据库驱动程序，包含自PHP 5以来。它利用了MySQL 4.1.3和更新版本中引入的新功能。

SQL 查询执行成功但数据不显示

此代码适用于本地主机，但在 cpanel 中不起作用。我无法从中访问 $row 和 columns。 print_r($row) 正确打印所有值，但是当我尝试使用 like $row['name'] 时，它返回 null

php mysql sql mysqli cpanel

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即使数据正确也无法登录[关闭]

我创建了一个登录表单，但问题是即使数据与数据库中列出的数据匹配，我也无法进入下一页 else语句直接执行这是代码首先 &

php mysqli

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我有一个允许用户上传多张图片的表格。批量上传后，前端只显示一张图片

图像每当我上传图片时，它只会在前端显示一张图片，而不是将几乎所有图片保存在相关文件夹中，也保存在本地主机服务器上图片每当我上传图片时，它只会在前端显示一张图片，而不是将几乎所有图片保存在相关文件夹中，也保存在本地主机服务器上 <?php $get_query = "SELECT * FROM media ORDER BY id DESC"; $get_run = mysqli_query($conn,$get_query); if (mysqli_num_rows($get_run)> 0) { while ($get_row = mysqli_fetch_array($get_run)) { $get_image = $get_row['image']; } ?> <div class="col-lg-2 col-md-3 col-sm-3 col-6 thumb" id="media_image"> <a href="media/<?php echo $get_image; ?>" class="thumbnail"> <img src="media/<?php echo $get_image; ?>" width="100%" alt=""> </a> </div> <?php } else { echo "<center><h2>NO MEDIA AVAILABLE</h2></center>"; } ?> 你的代码应该是这样的。 $get_query = "SELECT * FROM media ORDER BY id DESC"; $get_run = mysqli_query($conn,$get_query); if (mysqli_num_rows($get_run)> 0) { while ($get_row = mysqli_fetch_assoc($get_run)) { $get_image = $get_row['image']; echo' <div class="col-lg-2 col-md-3 col-sm-3 col-6 thumb" id="media_image"> <a href="media/'. $get_image;.'" class="thumbnail"> <img src="media/'.$get_image;.'" width="100%" alt=""> </a> </div>'; } } else{ //No media } ?>

php mysqli localhost

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更新信息后查看已有记录

我需要帮助我使用 php、mysql、数据库、xampp、javascript。有人能告诉我如何在用最新信息更新数据后在 php 中查看现有数据记录吗？例如; 最新

php database mysqli xampp

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我可以在 PHP 中混合使用 MySQL API 吗？

我已经在网上搜索过，到目前为止我看到的是你可以同时使用 mysql_ 和 mysqli_ ，意思是：我已经在网上搜索过，到目前为止我看到的是您可以同时使用mysql_和mysqli_，意思是： <?php $con=mysqli_connect("localhost", "root" ,"" ,"mysql"); if( mysqli_connect_errno( $con ) ) { echo "failed to connect"; }else{ echo "connected"; } mysql_close($con); echo "Done"; ?> 或 <?php $con=mysql_connect("localhost", "root" ,"" ,"mysql"); if( mysqli_connect_errno( $con ) ) { echo "failed to connect"; }else{ echo "connected"; } mysqli_close($con); echo "Done"; ?> 是有效的，但是当我使用这段代码时，我得到的是： Connected Warning: mysql_close() expects parameter 1 to be resource, object given in D:\************.php on line 9 Done 对于第一个和相同的除了mysqli_close()。对于第二个。问题是什么？我不能同时使用mysql_和mysqli吗？还是正常的？我可以检查连接是否有效的方法吗？（if(mysq...)）不，您不能同时使用mysql和mysqli。它们是独立的 API，它们创建的资源彼此不兼容。有一个mysqli_close，虽然。只是在这里给出关于所有三个 MYSQL API 的一般答案并附上参考：您不能将来自 PHP 的三个 (mysql_*, mysqli_*, PDO) MYSQL API 中的任何一个混合在一起，它只是不起作用。它甚至在手册常见问题解答中：不能混合扩展。因此，例如，将 mysqli 连接传递给 PDO_MySQL 或 ext/mysql 将不起作用. 从连接到查询都需要使用相同的MySQL API及其相关函数 http://php.net/manual/en/mysqlinfo.api.choosing.php 从技术上讲，您可以根据需要使用任意多个单独的连接，而您的问题仅仅是错字引起的 - 您不能将一个扩展的资源与另一个扩展的功能一起使用，这很明显。但是，您应该避免来自同一个脚本的多个连接，无论是来自单个 API 还是不同的 API。因为它会给您的数据库服务器带来负担并耗尽其资源。所以，尽管从技术上讲你可以，但你不应该在你的代码中混合不同的扩展，除了短期的重构。 MySQLi 比 MySQL 安全得多，后者现在已被弃用。这就是为什么你应该坚持使用 MySQLi 并且你不能混合它们，因为它们是不同的。

php mysql pdo mysqli

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在 php 中使用下拉列表过滤数据

我尝试通过 mySQL 的下拉选项显示一些数据当用户选择选项美国并单击提交时，页面将转到下一页并仅显示美国的数据这是我的

php mysqli

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PHP/MYSQL，为什么每次添加记录时，学号变为0，全名留空？ [关闭]

问题：问题在这里输入图像描述这是源代码： 1在此处输入图片描述 2在此处输入图片描述 3在此处输入图片描述 4在这里输入图片描述

php html mysql mysqli

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我试图在 phpmyadmin 上运行本地主机，但被告知在服务器上找不到请求的 URL

在这里输入图片描述我看了一些 utube 视频并遵循了程序，但同样的问题仍然存在