이 코드의 문제점은 무엇입니까?

Question

나는 다음과 같은 코드를 가지고 :

여기

function query_tip($title,$desc) 
{ 
    $q1=("SELECT id, company, name FROM abc 
      where ('$title' LIKE CONCAT('% ',company,' %') or 
        '$desc' LIKE CONCAT('% ',company,' %') or 
        '$title' LIKE CONCAT('% ',name,' %') or 
        '$desc' LIKE CONCAT('% ',name,' %')) 
       AND company != '' 
       AND name != ''"); 
    $r1=mysql_fetch_array($q1); 
    $id=$r1['id']; 
    return $id_nse; 
} 

, $ 제목은 "내 이름은 안나이다"와 같은 데이터를 포함하고 나는 XYZ 회사에서 프로그래머입니다 "와 같은 $ 내림차순 데이터를 가지고 있으며 나는 PHP 작업 플랫폼."

Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /bin/whatever on line 2005

을하지만 명령 프롬프트 또는 내 데이터베이스에서이 쿼리를 실행하면 에러없이 잘 실행 :

그러나,이 오류를주고있다.

왜 PHP를 통해이 쿼리를 실행하면 오류가 발생합니까?

Answer 1

쿼리를 실행하고 있지 않습니다. 검색어를 확인 (예 : 실패한 경우 화면에 인쇄하거나 파일에 기록) 할 수도 있습니다. 그것은 약간 이상해 보인다.

$q1 = "SELECT id, company, name FROM abc where ('$title' LIKE CONCAT('% ',company,' %') or '$desc' LIKE CONCAT('% ',company,' %') or '$title' LIKE CONCAT('% ',name,' %') or '$desc' LIKE CONCAT('% ',name,' %')) AND company != '' AND name != ''"; 
$res = mysql_query($q1); 
$r1 = mysql_fetch_array($res);