Здравствуйте, помогите решить проблемку PHP: <?php $db = mysql_connect("localhost","sasha","****"); mysql_select_db("subbd",$db); $result = mysql_query("SELECT * FROM subbd",$db); $t = mysql_fetch_array($result); ?> <!DOCTYPE HTML PUBLIC "-//W3C//DTD HTML 4.01 Transitional//EN" "http://www.w3.org/TR/html4/loose.dtd"> <html> <head> <meta http-equiv="Content-Type" content="text/html; charset=windows-1251"> <title><?php echo $t["titlename"]; ?></title> <link href="style.css" rel="stylesheet" type="text/css"> </head> <body> <? include("block/head.php"); ?> <!-- Подключение Шапки --> <table width="920" border="0" align="center" cellpadding="0" cellspacing="0"> <tr> <? include("block/menu.php"); ?> <!-- Подключение Левого Блока --> <td width="670" valign="top"> <? echo $t["text"]; ?> </td> </tr> <? include("block/fu.php"); ?> <!-- Подключение Нижнего Блока --> </table> </body> </html> в чём ошибка? выдает вот это arning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in Z:\home\localhost\www\sub\index.php on line 5 вроде все написано правильно =( заранее спасибо
Черт побери, я чего-то в этом мире не понимаю. Я трачу кучу времени на исследование чтобы мой код желаемо стоил, а этот придурок продает неработающее г и его покупают!
[vs] так сделай вариант для ленивых - на видео. будут и твое смотреть. Ты ж фильм любишь смотреть, а не читать по нему книгу
mysql_select_db("subbd",$db); $result = mysql_query("SELECT * FROM subbd",$db); таблицу укажи, а не базу при выборке. И не мешай людям разговаривать ))))
Апельсин ой! спасибо большое =) прошу прощение за мою невнимательность)) а почему такая ненависть к Попову?
потому с которым регулярно сюда приходят его клиенты. Регулярно, с одними и теми же ошибками - курсы то одни и те же. На самом деле то не ненависть, у нас даже фан-клуб есть http://evgeniypopov.e-luge.net/