Помогите: решить проблему с ошибкой вывода результата.

[InCun]

Есть часть кода:

PHP код:

<?
$u = "worked";
$result = mysql_query("SELECT * FROM configsite WHERE config=$u;");
    while ($row=mysql_fetch_array($result)) //25 строка
    {
        $opt = $row['opt'];
        if($opt=='1') { echo "Online"; }; 
        if($opt=='0') { echo "Offline))"; };
            
    };
?>

Есть таблица "configsite" в ней есть столбцы: `id`(INT), `config`(VARCHAR) и `opt`(INT).
В первой строке таблицы "configsite есть value "`1`, `worked`, `1`"

В итоге мне выдает ошибку:

Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in Z:\home\test\www\index.php on line 25

25-ая строка вот:

PHP код:

while ($row=mysql_fetch_array($result)) 


В чем может быть проблема?

[KingOfNothing]

Ну вот так попробовать надо, не уверен почему ошибка

$result = mysql_query("SELECT * FROM configsite WHERE config='$u';");

А ругается на то, что $result - не того типа, который должен вернуть mysql_query();

[Johnatan]

Ты забыл $u взять в одинарные кавычки. Твой запрос не выполняется корректно.
Попробуй так:

PHP код:

$result = mysql_query("SELECT * FROM configsite WHERE config='".$u."';"); 


З.Ы. Что-то я медленно печатать стал.. KingOfNothing опередил.

[InCun]

Я пробывал так

PHP код:

$u = "worked";
$result = mysql_query("SELECT config,opt FROM configsite WHERE id=1;");
$row=mysql_fetch_array($result);
        {
            $opt = $row['opt'];
            if($opt==0) { echo "Offline"; }; 
            if($opt==1) { echo "Online"; };
        }; 


работало нормально.. а с config="$u" и config=$u не канало...


UP: Ага, благодарю! это всё из за кавычек оказывается (( ох уж этот синтаксис... Спасибо за помощь в решении...

UP2: Тему можно закрывать )