Zeppelin
Legacy Member
Hey
K wou als oefening een script schrijven waarbij de gebruiker een nieuws-item kan toevoegen en als illustratie komt daarnaast een afbeelding die de gebruiker ook kiest, zoals op deze games.telenet site.
mijn variabelen
de code
Hiernaast komt dan de tabel die ik genereer via bijna dezelfde code.
Nu zulde zien da de variabele $id leeg is, dit dacht ik op te lossen met $id ="SELECT id FROM images"; maar er wordt gewoon geen afbeelding getoond,
er zit een pagina tussen upload.php en overzicht.php die eigenlijk alles naar de database stuurt.
Voor een voorbeeldje : klik
Gelieve enkel .jpg ofzo te uploaden, heb ng geen controle script geschreve(da komt nog)
Alvast bedankt
K wou als oefening een script schrijven waarbij de gebruiker een nieuws-item kan toevoegen en als illustratie komt daarnaast een afbeelding die de gebruiker ook kiest, zoals op deze games.telenet site.
mijn variabelen
PHP:
$place_image = "SELECT *";
$place_image = $place_image . " FROM images";
$place_image = $place_image . " WHERE id = '$id';";de code
PHP:
if ($result2=mysql_query($place_image)) {
print("<table>");
for ($a=0; $a < mysql_num_rows ($result2); $a++) {
$rij2= mysql_fetch_array($result2);
print("<tr>");
print("<td><img src='{$rij2['path']}'></td>");
print("</tr>");
}
print("</table>");
}Hiernaast komt dan de tabel die ik genereer via bijna dezelfde code.
Nu zulde zien da de variabele $id leeg is, dit dacht ik op te lossen met $id ="SELECT id FROM images"; maar er wordt gewoon geen afbeelding getoond,
er zit een pagina tussen upload.php en overzicht.php die eigenlijk alles naar de database stuurt.
Voor een voorbeeldje : klik
Gelieve enkel .jpg ofzo te uploaden, heb ng geen controle script geschreve(da komt nog)
Alvast bedankt
