mysqli_free_result warning explaination

Question

私が取り組んでいるコードでは多くの問題に遭遇していますが、これは多く発生するようです。私はこのサイトをコーディングするための手続き的な方法を使用しています、そして、私はOOPの、準備されたステートメントや失敗したクエリの言及なしでこの質問への答えを見つけることができないようです。面白いのは、Webサイトからのステートメントが動作し、文字列がデータベースに追加されるため、私はそれが失敗したクエリではないと思います。この警告文が意味することを誰かが理解できるように助けることができますか？

警告：mysqli_free_result（）は、パラメータ1 mysqli_resultすること、で指定したboolean .....ライン上で（番号を選択）

これは、私が働いているコードのいずれか期待しています。

if (isset($_POST['picturesubmit'])) 
    { 
     $target_path = "uploads/"; 

     $target_path = $target_path . basename($_FILES['profilepic']['name']); 

     $ext = $_FILES['profilepic']['type']; 

     if(($ext == "image/jpeg") || ($ext == "image/jpg") || ($ext == "image/png") || ($ext == "image/gif")) 
     { 
      $temp_file = $_FILES['profilepic']['tmp_name']; 

      if(move_uploaded_file($temp_file, $target_path)) 
      { 
       $picture = mysqli_real_escape_string($dbc, $target_path); 
       $q = "UPDATE Users SET profilepic = '$picture' WHERE email = '$sessionuser' "; 
       $r = mysqli_query ($dbc, $q) 
       or trigger_error("Query: $q\n<br />MySQL Error: " . mysqli_error($dbc)); 

     mysqli_free_result($r); 
    } 
    else 
    { 
     echo "Picture did not upload properly. please try again"; 
    } 
} 
else 
{ 
    echo "Uploaded file was not an image, please try again."; 
} 
    } 

Answer 1

mysqli_free_resultそれが結果IDリソースを返しませんmysqi_query
戻りブール（真）、
として、ライトなステートメントのために必要ではない、
ますので、

が参照結果を解放することはできませんドキュメント： - http://php.net/manual/en/mysqli.query.php

失敗した場合はFALSEを返します。成功したSELECT、SHOW、DESCRIBE、またはEXPLAINのクエリの場合、mysqli_query（）はMySQLi_Resultオブジェクトを返します。他の成功したクエリの場合、mysqli_query（）はTRUEを返します。