PHPhulp.nl PHPhulp.nl
35k+ leden Over PHPhulp Offerte opdracht Contact
E

Constant nummers in Array uit mysql_fetch_array

Door Erwin op 20-08-2008 18:38
323 views
Beste mensen,

Mijn code:


$db_website_info = mysql_fetch_array(
	mysql_query("
		SELECT
			language_id, language_name
		FROM
			language_languages
	")
);


Resultaat:

Array (
[0] => 1
[language_id] => 1
[1] => nl
[language_name] => nl
)

Ik begrijp dat het resultaat 4 waardes terug krijgt, maar hoe krijg ik die overbodige waardes weg? (de tellende Array variables 0, 1, 2, etc.)


B.v.d.
Crispijn -
20-08-2008 18:45
Wanneer je [php]mysql_fetch_assoc(()[/php] gebruikt heb je hier geen last van dacht ik...
D
Danny K
20-08-2008 18:50
Of bij mysql_fetch_array() een 2e parameter opgeven: MYSQL_ASSOC.
Echter is mysql_fetch_assoc() sneller en kun je dus beter voor mysql_fetch_assoc() kiezen.
E
Erwin
20-08-2008 18:59
Bedankt voor de reacties!

Nu zit ik nog met een probleen. Ik krijg maar 1 result (terwijl er meer entries zijn)..

Ik heb een configuratie tabel met deze waardes:

- id
- config_name
- config_value

Nu is de output dit:

Array (
[config_name] => website_slogan
[config_value] => SlOgAn
)

Terwijl er een stuk of 9 entries zijn


Edit:

Hij pakt van de 9 entries alleen de laatste...

Edit 2:

Ik heb het al uitgevonden. Blijkbaar blijft de laatste over doordat ze allemaal dezelfde eerste naam krijgen voor de Array variabele [config_name] & [config_value].

Heb het nu opgelost met een counter en sub_arrays
E
Erwin
20-08-2008 19:14
Ik heb het al ontdekt, zie code:


$dbWebsiteInfoQuery = mysql_query("
	SELECT
		config_name, config_value
	FROM
		core_general_configuration
");

while ($row = mysql_fetch_assoc($dbWebsiteInfoQuery)) {
	$dbWebsiteInfo[$row['config_name']] = $row['config_value'];
}


Nu komen de waardes netjes er uit:

Array(
[website_name] => websiteNaam
[meta_data] => metaTags
)

Graag aanmerkingen als die er zijn :)
Crispijn -
20-08-2008 20:50
Ik zou het jezelf makkelijker maken door kortere variabel namen te kiezen. Het is wel heel veel typen zo. Probeer wat meer met afkortingen te werken.
Jan Koehoorn
20-08-2008 20:58
Het allerbelangrijkste ontbreekt; error checking. Je controleert niet of je query wel gelukt is. De naam $dbWebsiteInfoQuery klopt ook niet. Het resultaat van mysql_query is geen query, maar een resource of een result.

Reageren

Inloggen om te reageren