<?php
$sql = mysql_query("SELECT * FROM users;");
while($row = mysql_fetch_array($sql))
{
$dbCon=mysqli_connect("localhost", "root", "", "dbusers")
or die(mysqli_error()."Connection disconnected");
echo "<tr>";
echo "<td>" . $row['UserID'] . "</td>";
echo "<td>" . $row['Firstname'] . "</td>";
echo "<td>" . $row['Lastname'] . "</td>";
echo "<td>" . $row['Gender'] . "</td>";
echo "<td>" . $row['Email'] . "</td>";
echo "<td>" . $row['Status'] . "</td>";
echo "<td>" . $row['Date_joined'] . "</td>";
echo "</tr>";
}
?>
- Что случилось с моим кодом?
Вот ошибка я всегда получаю: Warning: mysql_fetch_array() ожидает параметр 1, чтобы быть ресурсом, логический дан в C: \ XAMPP \ HTDOCS \ CRUD \ CRUD_Act \ включает \ dbdisp.php на линии 4Извлечение данных из SQL
паста полный код плз – Cooper
который не является линия не 4 здесь. Можете ли вы опубликовать сообщение? –
Вы смешиваете mysql и mysqli. Используйте один или другой. Предпочтительно mysqli – chrisbulmer