Предупреждение: mysql_fetch_assoc() ожидает, что параметр 1 будет ресурсом, логическим значением, заданным в файле /home/rcoent1/rcoreent.com/PHP IMAGE/addadmin.php на линии 21
мой код:
<?php
включить("validation.php");
включить("conection.php");
if(isset($_POST["кнопка"]))
{
$pwde = md5($_POST[пароль]);
$sql="вставить в administrator (adminid, adminname, password, address, contactno)
ЦЕННОСТИ
('$_POST, где[adminid]','$_POST, где[имя_администратора]','$ладно','$_POST, где[адрес]','$_POST, где[contactno]')";
if (!mysql_query($sql,$con))
{
die('Error:' . mysql_error());
}
еще
{
echo "1 запись вставлена успешно...";
}
}
$result = mysql_query("SELECT * FROM administrator");
в то время как($строкой 1 = mysql_fetch_assoc($результат))
{
$adminid = $row1["adminid"]+1;
}
if(isset($_POST["button2"]))
{
$pwde = md5($_POST[пароль]);
mysql_query("администратор обновления установить имя_администратора='$_POST, где[имя_администратора]', адрес='$_POST, где[адрес]', contactno='$_POST, где[contactno]'
Где adminid = '$_POST[adminid]'");
Эхо "запись успешно обновлена ";
}
if($_GET[view] == "администратор")
{
$result = mysql_query("SELECT * FROM administrator where adminid='$_GET[slid]'");
в то время как($строкой 1 = mysql_fetch_array($результат))
{
$adminid = $row1["adminid"];
$password = $row1["пароль"];
$имя_администратора = $строкой 1["имя_администратора"];
$address = $row1["адрес"];
$contact = $row1["contactno"];
}
}
?>
Что я уже пробовал:
<?php
включить("validation.php");
включить("conection.php");
if(isset($_POST["кнопка"]))
{
$pwde = md5($_POST[пароль]);
$sql="вставить в administrator (adminid, adminname, password, address, contactno)
ЦЕННОСТИ
('$_POST, где[adminid]','$_POST, где[имя_администратора]','$ладно','$_POST, где[адрес]','$_POST, где[contactno]')";
if (!mysql_query($sql,$con))
{
die('Error:' . mysql_error());
}
еще
{
echo "1 запись вставлена успешно...";
}
}
$result = mysql_query("SELECT * FROM administrator");
в то время как($строкой 1 = mysql_fetch_assoc($результат))
{
$adminid = $row1["adminid"]+1;
}
if(isset($_POST["button2"]))
{
$pwde = md5($_POST[пароль]);
mysql_query("администратор обновления установить имя_администратора='$_POST, где[имя_администратора]', адрес='$_POST, где[адрес]', contactno='$_POST, где[contactno]'
Где adminid = '$_POST[adminid]'");
Эхо "запись успешно обновлена ";
}
if($_GET[view] == "администратор")
{
$result = mysql_query("SELECT * FROM administrator where adminid='$_GET[slid]'");
в то время как($строкой 1 = mysql_fetch_array($результат))
{
$adminid = $row1["adminid"];
$password = $row1["пароль"];
$имя_администратора = $строкой 1["имя_администратора"];
$address = $row1["адрес"];
$contact = $row1["contactno"];
}
}
?>
Richard MacCutchan
Делайте то, что говорится в сообщении об ошибке. Если вы не получаете действительного ответа от команды mysql, вы не можете использовать этот ответ в новом запросе.