| |
|
|
| | Выскакивает Parse error: syntax error, unexpected T_VARIABLE in S:\home\Autentificator\www\install.php on line 18
18 строка это
$query2 = "CREATE TABLE contactbook (
|
<?php
include("config.php");
$connection = mysql_connect("$server", "$db_user", "$db_pass");
$db = mysql_select_db("$database", $connection);
$query = "CREATE TABLE login (
id int(11) NOT NULL auto_increment,
username varchar(250) NOT NULL default '',
password varchar(250) NOT NULL default '',
email varchar(250) NOT NULL default '',
fname varchar(250) NOT NULL default '',
sname varchar(250) NOT NULL default '',
country text NOT NULL,
city text NOT NULL,
interests text NOT NULL,
PRIMARY KEY (id)
) TYPE=MyISAM;"
$query2 = "CREATE TABLE contactbook (
username text NOT NULL,
contactuser text NOT NULL
) TYPE=MyISAM;"
$query3 = "CREATE TABLE usermessages (
id int(11) NOT NULL auto_increment,
nomer varchar(250) NOT NULL default '',
`from` varchar(150) NOT NULL default '',
`to` varchar(160) NOT NULL default '',
title text NOT NULL,
message text NOT NULL,
date varchar(240) NOT NULL default '',
new varchar(10) NOT NULL default '',
PRIMARY KEY (id)
) TYPE=MyISAM;";
$result = mysql_query($query, $connection);
$result2 = mysql_query($query2, $connection);
$result3 = mysql_query($query3, $connection);
echo "Installing ... <b>OK</b>!<BR>";
?>
<BR>
MySQL Server : <b><?php echo $server ?></b><BR>
MySQL User : <b><?php echo $db_user ?></b><BR>
MySQL pass : <b>n/a</b><BR>
MySQL Database : <b><?php echo $database ?></b><BR>
Web URL : <b><?php echo $siteurl ?></b><BR>
Login admin : <b><?php echo $admin ?></b><BR>
Login admin pass : <b>n/a</b><BR><BR>
|
| |
| |
|
|
| |
|
|
| |
для: MCLotos
(21.02.2011 в 06:38)
| | |
<?
) TYPE=MyISAM;"
) TYPE=MyISAM;";
|
| |
| |
|
|
| |
|
|
| |
для: Косорылый
(21.02.2011 в 07:16)
| | | Спасибо, исправил, теперь выпрыгивает другая ошибка, после авторизации выходит
mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in login.php on line 16
|
| |
| |
|
|
| |
|
|
| |
для: McLotos
(21.02.2011 в 07:26)
| | | Параметр, переданных функции mysql_fetch_array(), не является дескриптором ресурса результата MySQL-запроса. Файл login.php, строка 16. | |
| |
|
|
| |
|
|
| |
для: Trianon
(21.02.2011 в 07:52)
| | | =)
Ну я какбэ читать тоже умею =)
include("config.php");
$connection = mysql_connect("$server", "$db_user", "$db_pass");
$db = mysql_select_db("$database", $connection);
$query = "SELECT * FROM login where username='$username'";
$result = mysql_query($query, $connection);
$rows = mysql_fetch_array($result);
$pass = $rows[password];
$email = $rows[email];
$name = $rows[fname] ." ". $rows[sname];
if($password=='' OR $username=='')
{
echo "$lang[useloginform]";
|
строка 16 это
$rows = mysql_fetch_array($result);
|
| |
| |
|
|
| |
|
|
| |
для: McLotos
(22.02.2011 в 06:05)
| | | >Ну я какбэ читать тоже умею =)
Ну а я откуда знаю, что у Вас перед 16 строкой?
Умели б читать - привели бы код сразу.
Необходимо прверять $connection, $db и $result на наличие содержимого.
и в случае неудачи - выводить mysql_error()
if(!$result) exit("Error in query: " .mysql_error());
|
| |
| |
|
|
| |
|
|
| |
для: Trianon
(22.02.2011 в 07:45)
| | | =)
Ну так я и предоставил фрагмент кода, где эта строка | |
| |
|
|
| |
|
|
| |
для: McLotos
(22.02.2011 в 06:05)
| | | В догонку:
<?
$connection = mysql_connect('$server', '$db_user', '$db_pass') or die('Error in query: '.mysql_error());
mysql_select_db("$database", $connection) or die('Error in query: ' .mysql_error());
|
| |
| |
|
|
| |
|
|
| |
для: Косорылый
(22.02.2011 в 14:13)
| | | если USE DB еще можно с некоторой натяжкой назвать запросом, то процедура подключения - всяко не запрос. | |
| |
|
|
