Я пытаюсь вызвать базу данных в первый раз в PHP, и этот запрос вызывает нарушение моего кода. Обратите внимание, что я тестировал соединение, чтобы быть хорошим. Претендент - mysql_query(). Кто-нибудь может понять, что может пойти не так? Имя таблицы - «пользователи», а запись в столбце «Имя» - «mvalentine». Насколько мне известно.PHP Query Breaking
dbInit.php
<?php
$connection = mysql_connect('localhost', 'root', 'password');
$db = mysql_select_db('scaleup');
if ($db) {
$user = mysql_query("SELECT ID FROM 'users' WHERE 'Name' = 'mvalentine'");
}
else {
die ('Error 01: Connection to database failed.');
}
?>
Этот модифицированный код теперь возвращается что-то. Значение «пользователи» в вызове Ajax теперь возвращается «ложь»
Значение возвращается должно быть «1»
ответ Аякса:
<?php
include('dbInit.php');
include('objects.php'); //irrelevant, all code working properly
$layout = new Layout();
$bids = new Bids();
$out = array('layout' => $layout->_board, 'height' => $layout->_height, 'width' => $layout->_width,
'bids' => $bids->_board, 'maxBids' => $bids- >_maxBids, 'users' => $user);
$out = json_encode($out);
echo $out;
?>
Какая ошибка вы получаете? – j08691
Предупреждение: mysql_query() ожидает параметр 2, чтобы быть ресурсом, строка, заданная в C: \ WAMP \ scaleUp \ назад \ dbInit.php на линии
– valen
Строка соединения хорошо. $ db = true – valen