mysql_queryが選択呼び出しに結果を返さない

mysql_queryの呼び出しを行っていて、結果を返さない。見るべきテーブルに結果があります。このコードブロックの最後の行に問題があります。誰かがこの問題を見たか、間違いがあると私に知らせてください。また、結果に変更を加えずに、バリデータをクエリにハードコードしました。mysql_queryが選択呼び出しに結果を返さない

while($tempArray=mysql_fetch_array($myListings, MYSQL_NUM)) 
{//construct link that will post data to url for proper use later 
    ?> 
<tr> 
<td> 
<a href="bis_list.php?srchValue=<?php echo $tempArray[0] ?>"><?php echo $tempArray[1]?></a> 
</td> 
</tr> 

<?php 
} 

?> 
</table> 
<?php 

if($title=$_GET["srchValue"]) 
{ 

    echo $title; 
    //$title 
    $sql="SELECT * FROM biz_categories WHERE category_id= $title"; 
    $biz_ids=mysql_query($sql, $con);

出典

2012-05-03 aaron burns

'category_id = AUTO' ---どのようなデータ型' category_id 'ですか？みんな彼が彼のミスを理解させて、準備ができた解決策ではないようにしてください。 – zerkms

mysql_error（）またはクエリを自分で実行することも問題の良い指標です。 –

category_idは、テーブルbiz_categoriesのフィールドの1つです。 AUTOは、category_idフィールドにある値の1つです。また、たとえ私がAUTOの代わりに$ titleを置いても、それはまだ動かないはずです。あなたが何が間違っているか知っていれば、それは私に教えてくれるでしょう。私は何時間もそれを混乱させてきた。 –

-1

これは必要な正しいフォーマットである

"をbiz_categories CATEGORY_ID = '$タイトル' SELECT * FROM"。私はすでにそれを試したことを誓っています。

出典

2012-05-04 14:24:34

-1。そのため、アプリケーションはSQLインジェクション攻撃に対して開放されたままになります。 –

SQLインジェクションはここでは考慮しません。宿題です。 –

このような宿題の質問は誰にも役立たないので、私はこの質問を閉じるために投票しています。 –

mysql_queryが選択呼び出しに結果を返さない

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