Ошибка в заявлении mysqli
Я получил эту ошибку в MySQL
mysqli_select_db () ожидает ровно 2 параметра, 1 указан в
/home/u751513549/public_html/recent.php в строке 6
Это код
<?php // Connects to your Database
mysqli_connect("localhost", "u751513549_liker", "xxxxxxxx") or die(mysqli_error());
mysqli_select_db("u851654599_liker") or die(mysqli_error());
$data = mysqli_query("SELECT *
FROM token_all
ORDER BY RAND() LIMIT 0,9; ") or die(mysqli_error());
Print "<table";
while ($info = mysqli_fetch_array($data)) {
Print "<tr>";
Print " <a href=\"https://www.facebook.com/" . $info['id'] . "/\"/> <img src=\"https://graph.facebook.com/" . $info['id'] . "/picture\"/></a>";
}
Print "</table>";
Пожалуйста, помогите мне исправить эту ошибку, я новичок.
Решение
Попробуйте это (я добавил еще один параметр в mysqli_select_db):
$con = mysqli_connect("localhost", "u751513549_liker", "xxxxxxxx") or die(mysqli_error($con));
mysqli_select_db($con, "u851654599_liker") or die(mysqli_error($con));
Другие решения
Шаг 1: Создать соединение
$conn = mysqli_connect("localhost","u751513549_liker","xxxxxxxx","u851654599_liker");
Шаг 2: Запустите ваш запрос
$query= mysqli_query($conn,"Your Query") or die(mysqli_error($conn));
Шаг 3: Получить записи
$result = mysqli_fetch_all($query);
Шаг 4: Показать записи
var_dump($result);