vitao.web

Ko tu tur murgo?

Nu jā briedis tev taisnība, jo steigā vēlāk var tas viss aizmirsties un būs caurumi priekš sql injekcijām. Turpmāk centīšos uzreiz visu rakstīt kā nākas. Kā nekā tas ir "labais" stils. Monkuli nu labi izveidošu vēl vienu lauku iekš tabulas. Bet kā es zināšu kuras bildes kur ir ievietotas. Respektīvi kā varēšu ievietot bildes jaunā albumā un pēc tam izsekot tās? respektīvi būs albums: Skola. kā varēšu atsekot bildes no direktorijas lai paradītu tieši šajā albumā?

Esmu esmu briedis.. Tagad vnk uz ātru roku sataisu, lai redzetu vai maz iet, ja ies tad bus ari viss kas nepieciesams pret sql injections ;)

mounkuls Bet ko tu iesaki darīt manā variantā. Labi bildes varu glabāt viena direktorija, bet man viņas vajag sadalīt piemēram pa albumiem. Ko tad? Ka piemēram varēšu izvilkt nepieciešamās bildes īstajam albumam?

1) Vai varētu to visu sīkāk uzrakstīt ( optimizēt)? 2) Kā izdarīt tā lai būtu pa albumiem ( kategorijām...kategorijas pats cilvēks kas augšupielādē bildi var izveidot ) Piedodiet ka tik uzbāzīgs :)

Izveidoju +/- tā ka augšupielādējās bildes direktorijā. Un datu bāzē saglabāju tik nosaukumu. Pirmā lieta it kā izdarīta. Bet tagad sastapos ar citu problēmu. Kā man vajadzētu izdarīt, lai direktorijas izveidojas pašas. Respektīvi nosauktu galeriju "saule", tad tiek izveidota automātiski direktorija images/saule/ <-- bildes saglabātos tur. Vai arī kādu citu ideju, kā izveidot albumu. Pašreizējais kodiņš: <form enctype="multipart/form-data" action="add.php" method="POST"> Name: <input type="text" name="name"><br> E-mail: <input type="text" name = "email"><br> Phone: <input type="text" name = "phone"><br> Photo: <input type="file" name="photo"><br> <input type="submit" value="Add"> </form> add.php <?php // konektejos pie DB mysql_connect("localhost", "xxxxx", "xxxxx") or die(mysql_error()) ; mysql_select_db("lol") or die(mysql_error()) ; // šeit glabāsies visas bildes $target = "images/"; $target = $target . basename( $_FILES['photo']['name']); //panemam visu info no formas $name=$_POST['name']; $email=$_POST['email']; $phone=$_POST['phone']; $pic=($_FILES['photo']['name']); //ierakstam visu ieks DB mysql_query("INSERT INTO `employees` VALUES ('$name', '$email', '$phone', '$pic')") ; //izveidojam bildi uz serveri if(move_uploaded_file($_FILES['photo']['tmp_name'], $target)) { //Tparbaudam vai viss ok ja ja tad paradam echo "The file ". basename( $_FILES['uploadedfile']['name']). " has been uploaded, and your information has been added to the directory"; } else { //paradam erroru echo "Sorry, there was a problem uploading your file."; } ?> view.php <?php // piekonektejamies mysql_connect("localhost", "x", "x") or die(mysql_error()) ; mysql_select_db("lol") or die(mysql_error()) ; //panemam info no db $data = mysql_query("SELECT * FROM employees") or die(mysql_error()); //Pieliekam to ieks array while($info = mysql_fetch_array( $data )) { //paradam bildes un citu info Echo "<img src=http://mana adrese.lv/images/".$info['photo'] ."> <br>"; Echo "<b>Name:</b> ".$info['name'] . "<br> "; Echo "<b>Email:</b> ".$info['email'] . " <br>"; Echo "<b>Phone:</b> ".$info['phone'] . " <hr>"; } ?>

Nu ja vajag "adminoties" jo "klients"( tetis :d ) nemaces tadu lietu ka FTP izmantot. Bet ja visu glabasu datu baze, tad tas nebremzes baigi web lapu?

Vajag parastu vieglu, bet ar kategorijam ( jeb albuma nosakumi / dzive(19) sports(1) utt...) un vajag lai var augsupieladet bildes no sava pc uz majas lapu. Tur jau tavs variants lešij neies cauri.

Un kā pie šada veida idejas vajadzētu saglabāt bildes? respektivi uploadot?

Izveidoju +/- ta ka ieteica Grey_wolf, bet ir maza problema.. - Ka es varu saglabat db celju uz bilzu direktoriju ( bildes/99 )

izdomaju risinajumu...skataties pirmaja posta :)

Labdien! Veidoju šo un to, bet veidojot radās problēma. Kāda? Nu redziet ir lieta tāda, ka man ir tabula: news (id,title,message,cat,date,ip) un ir tada lieta, ka nezinu ka uzrakstīt pareizi query, lai no tabulas: news izvilktu ierakstu skaitu ( tas itka butu viegli ), bet problema taja ka man vajag skaitu atsevišķi. Respektīvi cat 1 = 10 ieraksti cat 2 = 1 ieraksts utt? /mana doma/ $izs = dbFetch("select *from news order by id WHERE cat='News' DESC LIMIT 1 "); un tad paradam ID numurinu, lai zinatu cik ieraksti, bet nu tad man katrai categorijai savs query jaraksta, bet varbut jus ziniet kadu labaku variantu? ATRISINĀJUMS Tātad izskatās, ka būšu atradis risinājumu pats! Paldies par palīdzību! šeit būs kods, varbūt kādam noderēs ;) // iemetam visu ko vajag (konektejamies DB utt) $query = "SELECT cat, COUNT(id) FROM news GROUP BY cat"; $result = mysql_query($query) or die(mysql_error()); // Parādam rezultātus while($row = mysql_fetch_array($result)){ echo "- ". $row['cat'] .": ". $row['COUNT(id)'] ." entries."; echo "<br />"; } ?> Izvadās šādi: - events: 1 entries - misc: 1 entries - news: 2 entries Paldies vēlreiz par palīdzību ;)

paldies! provēšu kaut ko lietas labā darīt :)

Principa parasta galerija: upload funkcija albumi nosaukums... Respektivi tu ielogojies ieks cms uploado bildi ieks galerijas izveidot albumu(nosaukumu) un liec bildes ieksa (nosaukumus ari) Pats neesmu veidojis galerijas, tadel nezinu ka sakt.. ko ieks sql strukturas rakstit(blob vai kas cits), prieks bildem, vai saglabat tas vnk failos nevis datu baze?

Labdien dārgie biedri! Lieta tāda, ka ir vajadzība pēc galerijas mājas lapā. Ir divi varianti taisīt pašam ( laikietilpīgs process) vai arī vienkārši ņemt gatavu un pielāgot priekš cms. 1) Tādad, kuru variantu izvēlēties? 2) Ja, ir izvēlēts variants, kur vienkārši paņem gatavu galeriju, tad iesakiet, kādu vienkāršu un viegli pielāgojamu. ( skatījos googlē, tur daudzas, bet kura tā labāka grūti izvēlēties, bet tā ka laika ir maz, ceru uz Jūsu palīdzību) Paldies! vitao.web

Es domāju tieši to pašu ko Aleksejs, pašam ir bijusi šī kļūda vairākas reizes. // Piemeram $id = $_POST['id'] ; << Svarigi

Tiks dariits ;)

kodi ko biju rakstijis / macoties / nebija gari un bija parastas darbibas/funkcijas nekas nebija saistits ar datu bāzēm utt / nokaunejas /

Nu jaatdzistas, ka parasti nav bijusas problemas, tadel neesmu debugojis :( Labi paldies skatisos

Labdien! Man liekas ka esmu palicis jocigs, jo nespeju atkost kas pa vainu, jo man nestrada nedz Dzesan no datu bazes nedz labosana (update) 1) dzesana delete_news un pati dzesana delete.php 2) Update ( labosana ) edit_news un pats edit edit.php Ceru uz jusu palidzibu! Paldies, vitao.web

Paskatīšos vairāk par MVC... Paldies biedri briedi :)

Labvakar! Lieta tāda, ka es veidoju vienu projektu priekš labdarības organizācijas. Darbu pabeigšu un tad došos prom uz mājām, un nezinu, vai maz spēšu atrast, laiku lai labotu/pielabotu/uzlabotu projektu. Tādēļ jātaisa projekts tā , lai kāds cits arī var tajā visā iebraukt. Tad kā to pareizāk izdarīt? Protams cenšos izmantot komentārus cik vien spēju, bet nez vai tie līdzēs, jo kods ir mazlietiņ haotisks, jo esmu tikai iesācējs darbā ar php. Veidot ar class vai pēc vecā labā un vienkāršā varianta? funkcijas turēt atsevišķi un vienkārši includot, vai rakstīt iekš koda? Ko jūs dariet, ja zinat, ka projekts būs jānodod tālākam? Respektīvi pats netaisīsiet un neņemsieties.. Paldies par ieteikumiem! ar cieņu, vitao.web

visus $variablus apzimeju pec tas parauga...bet nepievienojas db nekas :(

Šo izmantojot itkā pazūd tie errori, kad nav nodifinēti $variabli, bet nekas nepievienojas iekša DB

Protams neesmu specuks, bet vai tad es to seit neizdaru? if (!ISSET ($_POST['news_title'])) {