Ошибки в запросе - PHP

ара · 04.12.2010, 23:10

Доброго времени суток! Только начал изучат PHP+Mysql!!. По курсачу надо сделать БД в милиции.
есть бд, в ней 3 таблицы(people, cars, administrativ) Надо сделать поиск по заданному в форму слову, id одной таблицы заменяется на familia другой. Вообщем собрал из разных кусков, получилось вот:

<html>
...Форма
<?php
$id = $_POST['familia'];
if ($id == ''){
die;
}else{
// данные для связи с БД
$user = ' ';
$host = 'localhost';
$pass = ' ';
$db = 'cars';
$link = mysql_connect($host,$user,$pass);
$bd = mysql_select_db($db);

$sql = ("SELECT people.familia, people.name, people.otch, people.data_rogd, administrativ.data_nar, administrativ.stat, administrativ.№_protokola
FROM people INNER JOIN administrativ ON people.id_men = administrativ.id_men
WHERE people.familia Like '%familia%'");
$res = mysql_query($sql, $link);
$row = mysql_fetch_array($res);
echo "<tr>";
echo "<table border='1'>";
echo "<td>Фамилия</td><td>Имя</td><td>Отчество</td><td>Дата рожд</td><td>Дата нар</td><td>Статья</td><td>Протокол</td></tr>";
echo "<tr>";
echo "<td>".$row['familia']."</td>";
echo "<td>".$row['name']."</td>";
echo "<td>".$row['otch']."</td>";
echo "<td>".$row['data_rogd']."</td>";
echo "<td>".$row['data_nar']."</td>";
echo "<td>".$row['stat']."</td>";
echo "<td>".$row['№_protokola']."</td>";
echo "</tr>";
}

?>
</body>
</html>

само собой выдает ошибку:
Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in Z:\home\aa.ru\www\index.php on line 27

Подскажите, пож., как исправить и что сделать чтобы было правильно???

kpachbiu · 04.12.2010, 23:18

Ошибка в запросе:
$sql = ("SELECT people.familia, people.name, people.otch, people.data_rogd, administrativ.data_nar, administrativ.stat, administrativ.№_protokola
FROM people INNER JOIN administrativ ON people.id_men = administrativ.id_men
WHERE people.familia Like '%familia%'");

Измени запрос на:
$sql = ("SELECT people.*, administrativ.* FROM `people` INNER JOIN administrativ ON people.id_men = administrativ.id_men WHERE people.familia LIKE '%familia%'") or die(mysql_error());

И посмотри какую ошибку выдаст!

B напиши конкретней, что надо сделать!

ара · 04.12.2010, 23:28

Ни чего не выдает! Пустая страница. А надо:
-в форму вводим фамилию
-нажимаем на кнопку
- получаем сформированную таблицу

ара · 04.12.2010, 23:37

Где может быть еще ошибка?

kpachbiu · 05.12.2010, 01:08

PHP код:


			
<html>

<head></head>

<body>

<form method="POST">

Введите фамилию:<input type="text" name="surname" size="25"><br>

<input type='submit' name='send' value='Посмотреть'>

</form>

<?php

if (isset($_POST['send']) && $_POST['surname'] != '') {

    

        // данные для связи с БД

        $link=mysql_connect("localhost","","");

        mysql_select_db("cars",$link) or die ("Ошибка соединения с БД!");



$row = mysql_fetch_array(mysql_query("SELECT people.*, administrativ.* FROM `people` INNER JOIN administrativ ON people.id_men = administrativ.id_men WHERE people.familia LIKE '%familia%'")) or die (mysql_error()); 

 



echo "<table border='1'><tr>

<td>Фамилия</td><td>Имя</td><td>Отчество</td><td>Дата рождения</td><td>Дата нарушения</td><td>Статья</td><td>Протокол</td></tr>

<td>".$row['familia']."</td>

<td>".$row['name']."</td>

<td>".$row['otch']."</td>

<td>".$row['data_rogd']."</td>

<td>".$row['data_nar']."</td>

<td>".$row['stat']."</td>

<td>".$row['№_protokola']."</td></tr></table>";

}

?>

</body>

</html>

Есть еще ошибки?

ара · 05.12.2010, 06:51

Опять белая пустая страница!
А сам запрос в части :
....WHERE people.familia LIKE '%familia%'.....
ОН Правильный? В смысле нужно использовать people.familia или что-то другое?

kpachbiu · 05.12.2010, 10:59

Какая структура бд?
Что нужно выбрать из базы?

ара · 05.12.2010, 11:10

БД состоит из 3-х таблиц: people, cars, administrativ они все типа InnoDB. Связь есть.

people:
id_men (in) PK
familia (varch)
name(var)
otch(var)
data_rog(text)
mesto_git(longtext)

cars:
id_cars(int)PK
id_men(int)FK
marka(var)
VIN(var)
data_post(text)
gnz(var)
data_sn(text)

administrativ:
id(int)PK
id_men(int)FK
data_nar(text)
stat(var)
№_protokola(var)

Вводим в форму фамилию и она должна выдать: Фамилия(familia), ИмяОтчество(name, otch), Дата рождения(data_rog), Дата нарушения(data_nar), статья(stat), Протокол( №_protokola).

ADSoft · 05.12.2010, 12:52

переименуйте №_protocol в protocol
и сделайте запрос

Код:

SELECT p.familia, p.name, p.otch, p.data_rog, a.data_nar, a.stat, a.protocol from people as p left join administrativ as a on. p.id=a.id_men
WHERE .familia LIKE '%$familia%

где $familia- переменная с фамилией
кстати в результатах и запросе вам вообще не нужна вторая таблица cars

kpachbiu · 05.12.2010, 13:02

PHP код:


			
<html>

<head></head>

<body>

<form method="POST">

Введите фамилию:<input type="text" name="surname" size="25"><br>

<input type='submit' name='send' value='Посмотреть'>

</form><br><br>

<table border='1'><tr>

<td>Фамилия</td><td>Имя</td><td>Отчество</td><td>Дата рождения</td><td>Дата нарушения</td><td>Статья</td><td>Протокол</td></tr>

<?php

if (isset($_POST['send']) && $_POST['surname'] != '') {

    

        // данные для связи с БД

        $link=mysql_connect("localhost","","");

        mysql_select_db("cars",$link) or die ("Ошибка соединения с БД!");



$query = mysql_query("SELECT people.*, administrativ.* FROM `people` WHERE people.familia LIKE '%familia%' AND people.id_men=administrativ.id_men")) or die (mysql_error()); 

 

while($row = mysql_fetch_array($query)){

echo "<table border='1'><tr>

<td>Фамилия</td><td>Имя</td><td>Отчество</td><td>Дата рождения</td><td>Дата нарушения</td><td>Статья</td><td>Протокол</td></tr>

<tr><td>".$row['people.familia']."</td>

<td>".$row['people.name']."</td>

<td>".$row['people.otch']."</td>

<td>".$row['people.data_rog']."</td>

<td>".$row['administrativ.data_nar']."</td>

<td>".$row['administrativ.stat']."</td>

<td>".$row['administrativ.№_protokola']."</td></tr>";

}

}

?>

</table>

</body>

</html>

Я бы посоветовал изменить название поля №_protokola на просто protokol

04.12.2010, 23:10	#1
ара Форумчанин Регистрация: 11.04.2007 Сообщений: 106	Ошибки в запросе Доброго времени суток! Только начал изучат PHP+Mysql!!. По курсачу надо сделать БД в милиции. есть бд, в ней 3 таблицы(people, cars, administrativ) Надо сделать поиск по заданному в форму слову, id одной таблицы заменяется на familia другой. Вообщем собрал из разных кусков, получилось вот: <html> ...Форма <?php $id = $_POST['familia']; if ($id == ''){ die; }else{ // данные для связи с БД $user = ' '; $host = 'localhost'; $pass = ' '; $db = 'cars'; $link = mysql_connect($host,$user,$pass); $bd = mysql_select_db($db); $sql = ("SELECT people.familia, people.name, people.otch, people.data_rogd, administrativ.data_nar, administrativ.stat, administrativ.№_protokola FROM people INNER JOIN administrativ ON people.id_men = administrativ.id_men WHERE people.familia Like '%familia%'"); $res = mysql_query($sql, $link); $row = mysql_fetch_array($res); echo "<tr>"; echo "<table border='1'>"; echo "<td>Фамилия</td><td>Имя</td><td>Отчество</td><td>Дата рожд</td><td>Дата нар</td><td>Статья</td><td>Протокол</td></tr>"; echo "<tr>"; echo "<td>".$row['familia']."</td>"; echo "<td>".$row['name']."</td>"; echo "<td>".$row['otch']."</td>"; echo "<td>".$row['data_rogd']."</td>"; echo "<td>".$row['data_nar']."</td>"; echo "<td>".$row['stat']."</td>"; echo "<td>".$row['№_protokola']."</td>"; echo "</tr>"; } ?> </body> </html> само собой выдает ошибку: Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in Z:\home\aa.ru\www\index.php on line 27 Подскажите, пож., как исправить и что сделать чтобы было правильно???

04.12.2010, 23:18	#2
kpachbiu взагрузке.рф Форумчанин Регистрация: 13.06.2010 Сообщений: 117	Ошибка в запросе: $sql = ("SELECT people.familia, people.name, people.otch, people.data_rogd, administrativ.data_nar, administrativ.stat, administrativ.№_protokola FROM people INNER JOIN administrativ ON people.id_men = administrativ.id_men WHERE people.familia Like '%familia%'"); Измени запрос на: $sql = ("SELECT people., administrativ. FROM `people` INNER JOIN administrativ ON people.id_men = administrativ.id_men WHERE people.familia LIKE '%familia%'") or die(mysql_error()); И посмотри какую ошибку выдаст! B напиши конкретней, что надо сделать! Взагрузке.рф - Файлы для людей Ищу художника или веб-дизайнера для создания браузерной онлайн игры! icq 340-289-851 Последний раз редактировалось kpachbiu; 04.12.2010 в 23:22.

05.12.2010, 01:08	#5
kpachbiu взагрузке.рф Форумчанин Регистрация: 13.06.2010 Сообщений: 117	PHP код: <html> <head></head> <body> <form method="POST"> Введите фамилию:<input type="text" name="surname" size="25"><br> <input type='submit' name='send' value='Посмотреть'> </form> <?php if (isset($_POST['send']) && $_POST['surname'] != '') { // данные для связи с БД $link=mysql_connect("localhost","",""); mysql_select_db("cars",$link) or die ("Ошибка соединения с БД!"); $row = mysql_fetch_array(mysql_query("SELECT people., administrativ. FROM `people` INNER JOIN administrativ ON people.id_men = administrativ.id_men WHERE people.familia LIKE '%familia%'")) or die (mysql_error()); echo "<table border='1'><tr> <td>Фамилия</td><td>Имя</td><td>Отчество</td><td>Дата рождения</td><td>Дата нарушения</td><td>Статья</td><td>Протокол</td></tr> <td>".$row['familia']."</td> <td>".$row['name']."</td> <td>".$row['otch']."</td> <td>".$row['data_rogd']."</td> <td>".$row['data_nar']."</td> <td>".$row['stat']."</td> <td>".$row['№_protokola']."</td></tr></table>"; } ?> </body> </html> Есть еще ошибки? Взагрузке.рф - Файлы для людей Ищу художника или веб-дизайнера для создания браузерной онлайн игры! icq 340-289-851

05.12.2010, 10:59	#7
kpachbiu взагрузке.рф Форумчанин Регистрация: 13.06.2010 Сообщений: 117	Какая структура бд? Что нужно выбрать из базы? Взагрузке.рф - Файлы для людей Ищу художника или веб-дизайнера для создания браузерной онлайн игры! icq 340-289-851

05.12.2010, 11:10	#8
ара Форумчанин Регистрация: 11.04.2007 Сообщений: 106	БД состоит из 3-х таблиц: people, cars, administrativ они все типа InnoDB. Связь есть. people: id_men (in) PK familia (varch) name(var) otch(var) data_rog(text) mesto_git(longtext) cars: id_cars(int)PK id_men(int)FK marka(var) VIN(var) data_post(text) gnz(var) data_sn(text) administrativ: id(int)PK id_men(int)FK data_nar(text) stat(var) №_protokola(var) Вводим в форму фамилию и она должна выдать: Фамилия(familia), ИмяОтчество(name, otch), Дата рождения(data_rog), Дата нарушения(data_nar), статья(stat), Протокол( №_protokola). Последний раз редактировалось ара; 05.12.2010 в 11:24.

04.12.2010, 23:28	#3
ара Форумчанин Регистрация: 11.04.2007 Сообщений: 106	Ни чего не выдает! Пустая страница. А надо: -в форму вводим фамилию -нажимаем на кнопку - получаем сформированную таблицу

04.12.2010, 23:37	#4
ара Форумчанин Регистрация: 11.04.2007 Сообщений: 106	Где может быть еще ошибка?

05.12.2010, 06:51	#6
ара Форумчанин Регистрация: 11.04.2007 Сообщений: 106	Опять белая пустая страница! А сам запрос в части : ....WHERE people.familia LIKE '%familia%'..... ОН Правильный? В смысле нужно использовать people.familia или что-то другое?

05.12.2010, 12:52	#9
ADSoft Старожил Регистрация: 25.02.2007 Сообщений: 4,158	переименуйте №_protocol в protocol и сделайте запрос Код: `SELECT p.familia, p.name, p.otch, p.data_rog, a.data_nar, a.stat, a.protocol from people as p left join administrativ as a on. p.id=a.id_men WHERE .familia LIKE '%$familia%` где $familia- переменная с фамилией кстати в результатах и запросе вам вообще не нужна вторая таблица cars Сайты, приложения, автоматизация в широком смысле слова

05.12.2010, 13:02	#10
kpachbiu взагрузке.рф Форумчанин Регистрация: 13.06.2010 Сообщений: 117	PHP код: <html> <head></head> <body> <form method="POST"> Введите фамилию:<input type="text" name="surname" size="25"><br> <input type='submit' name='send' value='Посмотреть'> </form><br><br> <table border='1'><tr> <td>Фамилия</td><td>Имя</td><td>Отчество</td><td>Дата рождения</td><td>Дата нарушения</td><td>Статья</td><td>Протокол</td></tr> <?php if (isset($_POST['send']) && $_POST['surname'] != '') { // данные для связи с БД $link=mysql_connect("localhost","",""); mysql_select_db("cars",$link) or die ("Ошибка соединения с БД!"); $query = mysql_query("SELECT people., administrativ. FROM `people` WHERE people.familia LIKE '%familia%' AND people.id_men=administrativ.id_men")) or die (mysql_error()); while($row = mysql_fetch_array($query)){ echo "<table border='1'><tr> <td>Фамилия</td><td>Имя</td><td>Отчество</td><td>Дата рождения</td><td>Дата нарушения</td><td>Статья</td><td>Протокол</td></tr> <tr><td>".$row['people.familia']."</td> <td>".$row['people.name']."</td> <td>".$row['people.otch']."</td> <td>".$row['people.data_rog']."</td> <td>".$row['administrativ.data_nar']."</td> <td>".$row['administrativ.stat']."</td> <td>".$row['administrativ.№_protokola']."</td></tr>"; } } ?> </table> </body> </html> Я бы посоветовал изменить название поля №_protokola на просто protokol Взагрузке.рф - Файлы для людей Ищу художника или веб-дизайнера для создания браузерной онлайн игры! icq 340-289-851

Похожие темы
Тема	Автор	Раздел	Ответов	Последнее сообщение
найдите ошибки в запросе	morindos	Помощь студентам	2	23.06.2010 22:38
Like в запросе	АлёнаP	Microsoft Office Access	14	13.04.2009 21:35
Даты в запросе	Kinoshka	Microsoft Office Access	4	10.04.2009 23:16