【发布时间】:2012-10-04 09:03:46
【问题描述】:
我需要在我的网站中显示来自另一个网站的数据, 我有拖车站点的控制面板,但我需要它以动态方式连接它们
website 1 website 2
***** *****
* A * <<<< =Data== * B *
***** *****
所以我写了
$link = @mysql_connect("Ip Addres to another website","username for mysql 2","passowrd 2 ")or die("Couldn't make connection.");
@mysql_select_db("qatarlab_test",$link)or die("Couldn't select database");
$factorRes = @mysql_query("SELECT count(id) FROM `factor` ");
$factorRow = @mysql_fetch_array($factorRes);
echo $factorRow[0];
但是什么都没发生
【问题讨论】:
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您必须在 PHP 中执行此操作吗?例如,您是否具有 shell 访问权限或远程 mysql 访问权限?
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如果您删除错误抑制器 (@),您可能会发现一些东西;很可能用户无权访问允许 IP 之外的数据库
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当然你在第一个站点的代码中使用第二个站点的连接参数
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是的,我有用于拖曳网站 ID 的 c 面板,按照您的要求做,但同样的事情
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请任何人以书面方式告诉我如何做到这一点或纠正我的代码