传递的join()参数无效

Question

所以我制作了这个脚本，应该使用mysqli_fetch_array和mysqli_query获取数组，它运行良好，没有显示错误，但在我使用另一个函数更改某些内容后，例如，如果我更改了心情、昵称或其他什么，它会显示错误

Warning: join(): Invalid arguments passed in Main.php on line 526

Iv一直试图使用while loop解决这个问题，也发生了同样的事情

$info = mysqli_fetch_array(mysqli_query($con, "SELECT id, nickname, mood, credits, colour, curhead, curface, curneck, curbody, curhands, curfeet, curflag, curphoto, rank * 146 FROM `sync_users` WHERE id='" . mysqli_real_escape_string($con, $raw[5]) . "';"), MYSQLI_ASSOC);
$client->sendPacket("%xt%gp%-1%" . join("|", $info) . "%");
print str_replace('Array', '', print_r($info, true));

我试着问其他几个熟悉php的朋友，他们也无法给我一个解决方案。

Answer 1

数组的一个或多个元素不是字符串。要么强制转换查询中有问题的字段，要么先通过strval()传递所有字段。

Answer 2

下面是关于基本调试的课程：

如果PHP函数抱怨输入参数，那么验证这些参数是个好主意因此，添加

var_dump($info);

到您的代码将很可能输出(bool)false

这让我们相信SQL查询没有返回任何行，所以现在是调试查询的时候了。

希望它能帮助

Answer 3

首先，不要使用mysql_*函数，因为它们已被弃用，请尝试PDO，例如

我认为如果mysqli_fetch_array返回一个空的结果集，那么join将失败，因为mysqli返回一个FALSE

也许这将是你的问题