警告：mysql_fetch_array（）は、パラメータ1がリソースになることを期待しています。

Question

私はJQueryオートコンプリートの提案を取得するために短いPHPコードでこの問題を抱えています。私は多くのことを試してみましたが、私は解決策を見つけることができません：

//connect to your database 
<?php require('Connections/con_1.php');?> 
<?php 

//retrieve the search term that autocomplete sends 
$term = trim(strip_tags($_REQUEST['term'])); 

//save search queries to csv file 
$file = fopen("searchqueries.csv","a"); 
fputcsv($file,explode(',',$term)); 
fclose($file); 

//query the database for entries containing the term 
$qstring ="USE database_2";"SELECT DISTINCT Pracodawca as value FROM Pensje WHERE Pracodawca LIKE '%".$term."%'"; 
$result = mysql_query($qstring) or die($result.mysql_error()); 

//loop through the retrieved values   
while ($row = mysql_fetch_array($result,MYSQL_ASSOC)) 
    { 

    //build an array 
    $row['value']=htmlspecialchars(stripslashes($row['value'])); 
    $row_set[] = $row['value']; 
    $row['value']= 
    $row_set[] = array('value' => ($row['value'])); 
    } 

//format the array into json data 
echo json_encode($row_set, JSON_UNESCAPED_UNICODE); 
?> 

私はエラー「警告：は、mysql_fetch_array（）は、パラメータ1は資源であることを期待して、指定したboolean」を取得と結果がNULLです。

私は間違っていますか？

Answer 1

mysql_ *関数を使用しないでください。

変更するには、次の行：

$qstring = "SELECT DISTINCT Pracodawca as value FROM Pensje WHERE Pracodawca LIKE '%".$term."%'"; 

へ

$qstring ="USE database_2";"SELECT DISTINCT Pracodawca as value FROM Pensje WHERE Pracodawca LIKE '%".$term."%'"; 

データベースはすでにとの接続時に選択されたとして、あなたがphpを通じて照会するときUSE dbnameを渡す必要はありません通りデータベース。

もう一度お試しください。