marius

создал сервер реал вар с ведением статистики,поставил веб интерфейс чтоб статистику смотреть.и вродеб всё нормально: главная страница открывается но когда хочу посмотреть подробную статистику выдаёт вот такую туфту :

"Warning: mysql_db_query() expects parameter 3 to be resource, null given in C:\xampp\htdocs\realwar\src\functions.inc.php on line 160
addUserMysql:"


ошибка найдена в файле functions.inc.php ряд 160.
в програмировании я слаб и данная ошибка мне мало о чём говорит,посоветуйте пожалуйста как её исправить.
кусок с ошибкой:

...

function addUserMysql($pid){
include("./conf/config.inc.php");
$fg=conntactGamespy($pid);
$result=gamespytoArray($fg[4]);
$SQLString="INSERT INTO ".$db_prefix."playerAtt (pid) VALUES ($result[1])";
160mysql_db_query($db_name,$SQLString,$db_connect)or die("addUserMysql:".mysql_error());
$SQLString="INSERT INTO ".$db_prefix."playerAwardBandage (pid) VALUES ($result[1])";
mysql_db_query($db_name,$SQLString,$db_connect)or die("addUserMysql:".mysql_error());
$SQLString="INSERT INTO ".$db_prefix."playerAwardMedals (pid) VALUES ($result[1])";
mysql_db_query($db_name,$SQLString,$db_connect)or die("addUserMysql:".mysql_error());
$SQLString="INSERT INTO ".$db_prefix."playerAwardRibbons (pid) VALUES ($result[1])";
mysql_db_query($db_name,$SQLString,$db_connect)or die("addUserMysql:".mysql_error());
$SQLString="INSERT INTO ".$db_prefix."playerAwardSFMedals (pid) VALUES ($result[1])";
mysql_db_query($db_name,$SQLString,$db_connect)or die("addUserMysql:".mysql_error());
$SQLString="INSERT INTO ".$db_prefix."playerAwardSFRibbons (pid) VALUES ($result[1])";
mysql_db_query($db_name,$SQLString,$db_connect)or die("addUserMysql:".mysql_error());
$SQLString="INSERT INTO ".$db_prefix."Maps (pid) VALUES ($result[1])";
mysql_db_query($db_name,$SQLString,$db_connect)or die("addUserMysql:".mysql_error());
$SQLString="INSERT INTO ".$db_prefix."Weapons (pid) VALUES ($result[1])";
mysql_db_query($db_name,$SQLString,$db_connect)or die("addUserMysql:".mysql_error());
return true;

}
...

Предупреждение:

Воздержитесь от клонирования тем, вам ответят и в одной. Модератор.

kreol

у Вас ошибка в третьем параметре функции mysql_db_query() попробуйте сделать так: в начале функции присоединится к бд $db_connect = mysql_connect($host,$user,$pass);

да и вообще не очень хорошая функция.

лучше делать так

$db_connect = mysql_connect($host,$user,$pass);
$db_link = mysql_select_db($db_name, $db_connect);
$result = mysql_query("запрос",$db_link);
хотя если вы используете только одно подключение и выбираете только одну базу данных, то можно и так
mysql_connect($host,$user,$pass);
mysql_select_db($db_name);
$result = mysql_query("запрос");

пс. это относится к созданию сайта больше чем к бд