Uncaught Error: вызов неопределенной функции mysql_connect() в C: \ xampp \ htdocs \ register.php: 22

Question

Я новичок в использовании PHP, и у меня возникли проблемы с решением этой проблемы. Пожалуйста, помогите мне, ребята. Я пытаюсь создать веб-службы для моего приложения Android, для которого я использовал Advanced Rest Client для анализа значений JSON. Но я не увенчался успехом. Я попытался использовать все возможные доступные решения, пожалуйста, кто-то просто изменит мой код и попытается заставить его работать.

Ошибка:

Uncaught Error: Call to undefined function mysql_connect() in C:\xampp\htdocs\PhpProject1\index.php:26 Stack trace: #0 {main} thrown in C:\xampp\htdocs\PhpProject1\index.php on line 26

Вот мой код:

 <?php 

     $jsoninput = file_get_contents('php://input'); 
     $jsonstring = json_decode($jsoninput,TRUE);  

     $email = $jsonstring["email"]; 
     $pass = $jsonstring["pwd"]; 
     $name = $jsonstring["name"]; 
     $gender = $jsonstring["gender"]; 
     $dob = $jsonstring["dob"]; 
     $area = $jsonstring["area"]; 
     $phone = $jsonstring["phone"]; 

     mysql_connect("localhost","root","");  
     mysql_select_db("honest-e"); 
     $query = "INSERT INTO `citizen_details_registration`(`Citizen_regid`, `citizen_name`, `citizen_gender`, `citizen_dob`, `citizen_area`, `citizen_phoneno`) VALUES ('null','$name','$gender','$dob','$area','$phone')"; 
     $norow = mysql_query($query);   
     if($norow>0) 
     { 
      echo "Success registration"; 
     } 
     else 
     { 
      echo "Try again registration"; 
     } 


     $query2 = "SELECT `Citizen_regid` FROM `citizen_details_registration` WHERE citizen_name = '$name' AND citizen_dob = '$dob'"; 
     $num = mysql_query($query2); 
     $id =0; 
     while($row = mysql_fetch_array($num,MYSQLI_ASSOC)) 
     { 
      $id=$row['Citizen_regid']; 
     } 

     $query3 = "INSERT INTO `citizen_details_login`(`citizen_logid`, `citizen_email`, `citizen_password`, `citizen_regid`) VALUES ('null','$email','$pass','$id')"; 
     $norow1 = mysql_query($query3);   
     if($norow1>0) 
     { 
      echo "Success login"; 
     } 
     else 
     { 
      echo "Try again login"; 
     } 
    ?> 

Пробовал с помощью Mysqli:

 <?php 

     $jsoninput = file_get_contents('php://input'); 
     $jsonstring = json_decode($jsoninput,TRUE);  

     $email = $jsonstring["email"]; 
     $pass = $jsonstring["pwd"]; 
     $name = $jsonstring["name"]; 
     $gender = $jsonstring["gender"]; 
     $dob = $jsonstring["dob"]; 
     $area = $jsonstring["area"]; 
     $phone = $jsonstring["phone"]; 


     $mysqli = new mysqli("localhost", "root", "", "honest-e"); 
     $query1 = $mysqli->query("INSERT INTO `citizen_details_registration`(`Citizen_regid`, `citizen_name`, `citizen_gender`, `citizen_dob`, `citizen_area`, `citizen_phoneno`) VALUES ('null','$name','$gender','$dob','$area','$phone')"); 

     if($query1>0) 
     { 
      echo "Successful registration!"; 
     } 
     else 
     { 
      echo "Try again registration!"; 
     } 

     $query2 = $mysqli->query("SELECT `Citizen_regid` FROM `citizen_details_registration` WHERE citizen_name = '$name' AND citizen_dob = '$dob'"); 
     $id=0; 
     while($row = $query2->fetch_assoc()) 
     { 
      $id=$row['Citizen_regid']; 
     } 

     $query3 = $mysqli->query("INSERT INTO `citizen_details_login`(`citizen_logid`, `citizen_email`, `citizen_password`, `citizen_regid`) VALUES ('null','$email','$pass','$id')"); 
     if($query3>0) 
     { 
      echo "Successful login"; 
     } 
     else 
     { 
      echo "Try again login"; 
     }   

Я попытался это решение с помощью Mysqli, даже хотя моя программа работает успешно, но, к сожалению, в моей базе данных нет изменений.

Answer 1

mysql_ * функции были удалены в PHP7!
У вас, вероятно, есть php7 в XAMPP Пожалуйста, используйте PDO и ... Чувствуйте силу светлой стороны :)
Решенный здесь. https://stackoverflow.com/a/34579855/7349445