Problem mit sql join

**Shurakai** · 14-02-2007, 00:38

1.) Lies endlich unsere Regeln! Da steht: mysql_error() benutzen!
2.) Da steht auch: die php-tags benutzen, nicht die zitat-tags!
3.) Falsches Forum!
4.) Du hast keine Tabelle mit dem alias c - woher kommt c.id?

**Bart** · 14-02-2007, 01:00

Ok mit c das ist behoben und den mysql_error auch wieder eingebaut.

Jetzt erhalte ich folgende auf dem Monitor:

Fehler: 0 -

PHP Code:


$result = mysql_query("SELECT a.hnr, a.besitzer, a.gebaeude, c.id, c.status , c.name

                       FROM ttl1_map a

                       LEFT JOIN ttl_gebaeude c ON c.id = a.gebaeude

                       WHERE  a.hnr > 100");

                       echo "Fehler: " . mysql_errno() . " - " . mysql_error() . "\n";

          while ($row = mysql_fetch_array($result))

                {

                $zaehler++;

                $array[$zaehler] = array(

                $row['hnr']

                                         );

 echo $array[1]['hnr'];

                }

Zwar nichts mehr von array Leer oder so aber halb gar nichts an ausgabe.

**onemorenerd** · 14-02-2007, 02:01

print_r($array) wird dich erhellen.

**wahsaga** · 14-02-2007, 08:50

Hättest du das error_reporting auch eingestellt, wie in den Regeln beschrieben, hättest du auch eine Meldung wegen Zugriff auf einen nicht definierten Index bekommen.
(Aber sowas mal komplett zu lesen, übersteigt ja offenbar die Aufmerksamkeitsspanne der meisten.)

**Bart** · 14-02-2007, 13:38

Entschuldige wahsaga das man wenn man gerade seit einem halben Jahr über echo "hallo welt"; hinaus ist nicht immer gleich an alles denkt.

Ich hoffe aber trotzdem das noch jemand bereit ist mir zu helfen.

PHP Code:


<html>

<head>

  <title>Test</title>

</head>

<body>

<?

error_reporting(E_ALL);

include "./connect.php";

$array = array();

$result = mysql_query("SELECT a.hnr, a.besitzer, a.gebaeude, c.id, c.status , c.name

                       FROM ttl1_map a

                       LEFT JOIN ttl_gebaeude c ON c.id = a.gebaeude

                       WHERE  a.hnr > 100");

                       echo  mysql_error();

          while ($row = mysql_fetch_array($result))

                {

                $zaehler++;

                $array[$zaehler] = array(

                $row['hnr']

                                         );

 echo $array[1]['hnr'];

                }

  print_r($array);

?>

</body>

</html>

Error_reporting schmeißt mir nichts aus

Print_r($array) gibt folgende ausgabe:
Array ( )

Das zeigt mir höchstens das, das Array leer zu sein scheint, nur wieso ?

**Wyveres** · 14-02-2007, 13:43

was gibt dir denn ein einfaches var_dump($row); in der while schleife aus.

**wahsaga** · 14-02-2007, 13:48

Original geschrieben von Bart
Entschuldige wahsaga das man wenn man gerade seit einem halben Jahr über echo "hallo welt"; hinaus ist nicht immer gleich an alles denkt.

Wenn du aufgefordert wirst, die Regeln zu lesen - dann darf doch wohl erwartet werden, dass du das auch einmal komplett machst.

Error_reporting schmeißt mir nichts aus

Print_r($array) gibt folgende ausgabe:
Array ( )

Dann dürfte es wohl daran liegen, dass in deine While-Schleife gar nicht hineingegangen wird - sonst müsste das echo eine Fehlermeldung geben.
Also liefert dein Select wohl gar keine Daten. (Test über mysql_num_rows)

**Bart** · 14-02-2007, 13:54

var_dump gibt mir leider absolut nichts aus.
Irgendwo muss bei meinem versuch mit der DB abfrage aber ein fehler drinnen sein (vermute) weil wenn ich die Tabellen einzeln abfrage bekomm ich alle daten ausgelesen.

**jahlives** · 14-02-2007, 13:55

Also liefert dein Select wohl gar keine Daten. (Test über mysql_num_rows)

Also die Fehlermeldung besagt doch bereits, dass $result keine gültige Resultatressource ist. Der geht garantiert nicht in die Schleife rein.
@topicstarter

PHP Code:


mysql_query("SELECT a.hnr, a.besitzer, a.gebaeude, c.id, c.status , c.name

                       FROM ttl1_map a

                       LEFT JOIN ttl_gebaeude c ON c.id = a.gebaeude

                       WHERE  a.hnr > 100") OR die(mysql_error());

                       //echo  mysql_error();

das müsste mehr Infos liefern.

Das zeigt mir höchstens das, das Array leer zu sein scheint, nur wieso ?

Dürfte an der Eingangs von dir geschilderten Fehlermeldung liegen.

Gruss

tobi

**wahsaga** · 14-02-2007, 13:56

Original geschrieben von jahlives
Also die Fehlermeldung besagt doch bereits, dass $result keine gültige Resultatressource ist.

Das sollte ja inzwischen erledigt sein - mysql_error wurde eingebaut, Tippfehler behoben.

Problem mit sql join