Warum funzt dieses script nicht? :-(

[Programmator]

Hallo!

Ich quäle mich seit ein paar Stunden mit einem Script das einfach nicht auf dem Server laufen will.

Das Script ist Teil einer Seite, die durch Verweis von einer anderen entsteht, nach dem Motto:

[COLOR=blue]"docs/liste/liste_index.php?id=5&category=a"[/COLOR]

In Abhängigkeit von "category" soll eine Fallunterscheidung für eine MySQL-Datenbankabfrage stattfinden, etwa so (skript hier auf das Wesentliche gekürzt):

[COLOR=red]
//Verbindung zum Host herstellen[/COLOR]
[COLOR=green]
include("../../includes/mysql.inc");[/COLOR]
[COLOR=red]
// übergebene Variablen prüfen[/COLOR]
[COLOR=green]
$id=$_GET['id'];
$category=$_GET['category'];[/COLOR]
[COLOR=red]
//Fallunterscheidung der "category":[/COLOR]
[COLOR=green]
switch($category)
{[/COLOR]
[COLOR=red]
//Fall 1
[/COLOR]
[COLOR=green]
case "a": $sql = mysql_query("SELECT a, b, c, d, id FROM Tabelle1 WHERE id=$id")
or die ("Anfrage fehlgeschlagen!");
while ($ds = mysql_fetch_object($sql))
{
$a = $ds -> a;
$b = $ds ->b;
$c= $ds -> c;
$d = $ds -> d;

echo "$a, $b, $c, $d";
}
mysql_close($ds);
break; [/COLOR]
[COLOR=red]
//Fall 2
[/COLOR]
[COLOR=green]
case "b": $sql = mysql_query("SELECT e, f, g, h, id FROM Tabelle2 WHERE id=$id")
or die ("Anfrage fehlgeschlagen!");
while ($ds = mysql_fetch_object($sql))
{
$e = $ds -> e;
$f = $ds -> f;
$g = $ds -> g;
$h = $ds -> h;

echo "$e, $f, $g, $h";
}
mysql_close($ds);
break;

}

[/COLOR]
Ich bekomme beim Ausführen des Scriptes auf dem Server keinen Text ausgegeben im Browserfenster, aber eine Fehlermeldung kommt auch nicht. Es muss doch möglich sein, über so eine "Switch"-Unterscheidung zwei verschiedene Queries zu machen oder?

Kleine Info: Da sich die beiden Tabellen bei mir in der Realität deutlich voneinander unterscheiden in der Struktur, macht es keinen Sinn, die Informationen einfach in einer einzigen Tabelle zusammenzupacken.

Wo liegt hier der Fehler?! Ich weiß nicht ob ich hier beim Übertragen jetzt Tippfehler gemacht habe, im Original sind auf jeden Fall keine drin.

Vielen Dank,

der Programmator

[TobiaZ]

bitte erst lesen: http://www.php-resource.de/forum/sho...threadid=50454

Wo sind bitte deine Testausgaben?

[MelloPie]

mysql_close($ds); --> $ds is doch keine resource_id
wo isn hier auch nur der versuch was zu debuggen?

[MelloPie]

ausserdem machst Du im sitch ne Menge doppelt, das brauchst Du nicht...
wenn du das error_reporting richtig einstellst wirds auch ne fehlermeldung geben...

[Programmator]

Original geschrieben von MelloPie
wo isn hier auch nur der versuch was zu debuggen?

So eine Bemerkung ist völlig unangebracht!!

Ich hab mich an dieses Forum gewendet weil ich als PHP- und MySQL-Anfänger Hilfe brauche... wenn ich wüßte wie der Kram funktioniert dann würd ich euch wohl kaum fragen und würde wahrscheinlich auch nicht so pseudo-kluge Sprüche reißen wie du!

**verärgert**

der Programmator

[TobiaZ]

So eine Bemerkung ist völlig unangebracht!!

NEIN! Ist sie nicht! Debuggen ist die Grundlage einer jeden Problembehebung. Wenn du damit nicht klar kommst, solltest du niocht versuchen zu programmieren. Versuch irgendwie deinem "Namen" treu zu werden. Wenn du nicht programmieren willst, dann lass es. Aber mach hier nicht die Leute an, die dir helfen wollen

[wahsaga]

Original geschrieben von Programmator
So eine Bemerkung ist völlig unangebracht!!

nein, ist sie nicht.

ein programmierer muss auch debuggen können.
wer das nicht gleich am anfang lernen will, soll's gleich bleiben lassen.

was aber unangebracht ist, ist dein tonfall. den änderst du bitte, wenn du schon hilfe von anderen leuten erwartest, sonst ist hier bald feierabend.