ошибка php Mysqli_fetch_array

Question

У меня проблема с моим кодом, Я пытаюсь получить больше контента из многозначных таблиц из моей базы данных, но код не будет работать.

этого предупреждения я получаю

Предупреждения: mysqli_fetch_array() ожидает параметр 1, чтобы быть mysqli_result, булевых данными в C: \ WAMP \ WWW \ Leerjaar2 \ myband2SlideOut \ модели \ getuser.php на линии 45

$q = $_GET['q']; 
$con = mysqli_connect('localhost','root','','myband'); 
if (!$con) { 
die('Could not connect: ' . mysqli_error($con)); 
} 

mysqli_select_db($con,"myband"); 

$sql="SELECT title.newsarticles, content.newsarticles,  information.newsarticles, title.band, information.band FROM newsarticles FULL OUTER JOIN band ON newsarticles.title=band.title LIKE '%$q%'"; //wildcard 

//$sql="SELECT * FROM newsarticles WHERE title LIKE '%$q%'"; //wildcard 

$result = mysqli_query($con,$sql); 
if (!$sql) { 
printf("Error: %s\n", mysqli_error($con)); 
exit(); 
} 
echo "<table> 
<tr> 
<th>Title</th> 
<th>Content</th> 
</tr>"; 
while($row = mysqli_fetch_array($result)) { 
echo "<tr>"; 
echo "<td>" .$row['title']. "</td>"; 
echo "<td>" .$row['content']. "</td>"; 
} 
echo "</table>"; 
mysqli_close($con); 

Answer 1

Ваш запрос:

$sql="SELECT title.newsarticles, content.newsarticles, 
information.newsarticles, title.band, information.band FROM newsarticles 
FULL OUTER JOIN band ON newsarticles.title=band.title LIKE '%$q%'" //wildcard 

, пожалуйста, используйте имя столбца после ON newsarticles.title=band.title как ниже:

where column_name LIKE '%$q%'" 

SQL LIKE Синтаксис

SELECT column_name(s) 
FROM table_name 
WHERE column_name LIKE pattern;