Фото в базу - PHP

linkoln_7 · 24.05.2013, 22:29

помогите с загрузкой фото, пожалуйста
foto12.php

Код:

<html>
<head>
    <title></title>
    <meta http-equiv="Content-Type" content="text/html; charset=utf-8">
<h2>Загрузка файлов на сервер</h2>

                  </header>
                  <p>

<form action=""  method=post enctype="multipart/form-data">
<input type=file name="uploadfile">
<input name="sub_upload"type=submit value="Загрузить">
   
   <br></br>
   
   <br></br>
   <?php include '../page/foto.php'; ?>  
<input name="sub_insert"type=submit value="Добавить">   
   </form>
                        <?php  include '../page/kodforfoto.php';       ?>
                      <table border="1" width="400px">
                        <tr>
                           <td width="200px">id</td><td width="200px">foto</td>
                        </tr>
                        <?php
                        $sql = "SELECT * FROM `foto` LIMIT 0, 30 ";
                         $query = mysql_query($sql);
                        echo '<br>query=' . $sql;
                        // можно так
                        while ($r = mysql_fetch_assoc($query)) 
                            {
                           $f=$r['foto'];
                           echo '<tr><td>' . $r['pupil_id'] . '</td><td><img src=foto/'.$f.' ></img> </td></tr>';
                        }
                        ?>  
                         </table>                   
                  </p>
</html>
</head>

foto.php

Код:

                  <?php
                  $sql_f = "SELECT  * FROM  foto ";
                  $query_f = mysql_query($sql_f);
                  
                  if(isset($_REQUEST['foto']))
                     $g=$_REQUEST['foto'];
                  else
                     $g='------';
                  ?>
                                <select name="foto" >
                  <?php     
                     while ( $r = mysql_fetch_assoc( $query_f ) )
                    { 
                        $a=$r['foto'];
                        if($r['foto']==$g)
                           $select='selected';
                        else
                           $select='';
                             echo '<option value='.$r['foto']. ' '. $select.'>'.$r['foto'].'</option>';
//                             echo "<option value='$a '   $select >$a</option>";                             
                    }
                     ?>                 
                                </select>

kodforfoto.php

Код:

<?php
if(isset($_REQUEST['sub_upload']))
{
//                        $file=$_FILES['upload'];
                        echo '<br>upload='.$_FILES["uploadfile"]["name"];
   
   // Каталог, в который мы будем принимать файл:
$uploaddir = 'foto/';
$uploadfile = $uploaddir.basename($_FILES['uploadfile']['name']);
echo "<p><b>Размер загруженного файла в байтах: ".$_FILES['uploadfile']['size']."</b></p>";

// Копируем файл из каталога для временного хранения файлов:
if (copy($_FILES['uploadfile']['tmp_name'], $uploadfile))
{
echo "<h3>Файл успешно загружен на сервер</h3>";
}
else { echo "<h3>Ошибка! Не удалось загрузить файл на сервер!</h3>"; exit; }

// Выводим информацию о загруженном файле:
echo "<h3>Информация о загруженном на сервер файле: </h3>";
echo "<p><b>Оригинальное имя загруженного файла: ".$_FILES['uploadfile']['name']."</b></p>";
echo "<p><b>Mime-тип загруженного файла: ".$_FILES['uploadfile']['type']."</b></p>";
echo "<p><b>Размер загруженного файла в байтах: ".$_FILES['uploadfile']['size']."</b></p>";
echo "<p><b>Временное имя файла: ".$_FILES['uploadfile']['tmp_name']."</b></p>";

$file=$_FILES['uploadfile']['name'];
$sql_in="INSERT IGNORE INTO foto (foto) VALUES ('$file')";
 $query_in = mysql_query($sql_in);
  echo '<br>sql=' . $sql_in;
 
   echo '<br>Было обновлено ' . mysql_affected_rows($conn) . ' строк(а)';
}

if(isset($_REQUEST['sub_insert']))
{
   //$pup=$_REQUEST['pupil'];
   $foto=$_REQUEST['foto'];
  //$sql_update = "UPDATE foto set  pupil_id='$pup' where foto='$foto'";
   // echo '<br>sql_update=' . $sql_update;  
   // $query_update = mysql_query($sql_update);
   //echo '<br>query=' . $query_update;
   
   // echo '<br>Было обновлено ' . mysql_affected_rows($conn) . ' строк(а)';  
}

?>

выдает на локалке ошибки в
foto.php on line 3
foto12.php on line 27
foto12.php on line 30
kodforfoto.php on line 13
не получается отследить лошку php

CodeNOT · 26.05.2013, 15:48

А какую ошибку выдает?

linkoln_7 · 27.05.2013, 22:30

$query на эту переменную

CodeNOT · 28.05.2013, 10:33

уточню вопрос, вам надо загрузить фотография в каталог на сервере + добавить ее в бд, помимо выше описанных действий, что - нибудь еще требуется, если нет, то я быстренько состряпаю код, а то мне как-то лень разбраться где ошибка(

linkoln_7 · 28.05.2013, 18:34

нет ничего,и потом еще вытащить ее от туда

CodeNOT · 28.05.2013, 21:46

Код:

<?php
header("Content-type:text/html;chartset=UTF-8");
mysql_connect("host","user","password") or die(mysql_error());
mysql_select_db("db_name") or die(mysql_error());
mysql_query("SET NAMES utf8") or die(mysql_error());

if(is_uploaded_file($_FILES["image"]["tmp_name"])){
  move_uploaded_file($_FILES["image"]["tmp_name"], "/path/".$_FILES["image"]["name"]);
  if(!mysql_query("INSERT INTO table (image) VALUES ('".$_FILES["image"]["name"]."')) die(mysql_error());
}

$sql = "SELECT * FROM table ORDER BY id";
$res = mysql_query($sql) or die(mysql_error());
while($row = mysql_fetch_assoc($res)){
   echo '<a href="/path/'.$row['image'].'">'.$row['image'].'</a><br />';
}
?>



<form method="post" enctype="multipart/form-data">
      <input type="file" name="image"><br> 
      <input type="submit" value="Загрузить"><br>
      </form>

как - то так

linkoln_7 · 28.05.2013, 22:08

спасибо большое

linkoln_7 · 28.05.2013, 22:09

$sql = "SELECT * FROM table ORDER BY id";
а если у меня таблица фото ,то
$sql = "SELECT * FROM foto ORDER BY id";?

linkoln_7 · 28.05.2013, 22:17

на код он что то дико ругается

linkoln_7 · 28.05.2013, 22:42

$sql="SELECT *

FROM
foto
ORDER BY id
";
на это щас ругается

Похожие темы
Тема	Автор	Раздел	Ответов	Последнее сообщение
Фото в контакте	Droniwe	Работа с сетью в Delphi	2	05.02.2013 20:44
Фото-галерея	seregadushka	Фриланс	2	29.08.2011 12:57
БД и фото	1234	БД в Delphi	1	15.07.2008 17:07

26.05.2013, 15:48	#2
CodeNOT Форумчанин Регистрация: 08.11.2010 Сообщений: 593	А какую ошибку выдает?

27.05.2013, 22:30	#3
linkoln_7 Форумчанин Регистрация: 04.03.2013 Сообщений: 164	$query на эту переменную

28.05.2013, 10:33	#4
CodeNOT Форумчанин Регистрация: 08.11.2010 Сообщений: 593	уточню вопрос, вам надо загрузить фотография в каталог на сервере + добавить ее в бд, помимо выше описанных действий, что - нибудь еще требуется, если нет, то я быстренько состряпаю код, а то мне как-то лень разбраться где ошибка(

28.05.2013, 18:34	#5
linkoln_7 Форумчанин Регистрация: 04.03.2013 Сообщений: 164	нет ничего,и потом еще вытащить ее от туда

28.05.2013, 22:08	#7
linkoln_7 Форумчанин Регистрация: 04.03.2013 Сообщений: 164	спасибо большое

28.05.2013, 22:09	#8
linkoln_7 Форумчанин Регистрация: 04.03.2013 Сообщений: 164	$sql = "SELECT * FROM table ORDER BY id"; а если у меня таблица фото ,то $sql = "SELECT * FROM foto ORDER BY id";?

28.05.2013, 22:42	#10
linkoln_7 Форумчанин Регистрация: 04.03.2013 Сообщений: 164	$sql="SELECT * FROM foto ORDER BY id "; на это щас ругается