Hoi

Ik ben met een script bezig voor het uploaden van plaatjes
het script werkt op 2 fout meldingen na maar doet wel wat het moet doen

het script werkt als volgende

je kiest een project
bladeren en kies het plaatje
upload het

dan maakt het script er bijvoorbeeld project1_onefewofimwefomwe.jpg van

alles wat na de _ komt is random en heeft bijvoorbeeld met de tijd enzo te maken

nu wil ik ipv project 1 ,2 gewoon losse arrays die ik er had staan dat ik alle projecten die in de database heb staan in die dropdown krijg te zien maar dit wil niet lukken op de een of andere manier ik heb hem nu aangepast maar dit werkt niet wie weet wat?

<?PHP

$sSQL = "SELECT DISTINCT
p.project
FROM projecten p";
$aResult = mysql_fetch_array($sSQL);



$extensie = explode(".", $_FILES['bestand']['name']);
$extensie = strtolower(end($extensie));
$extensie = trim($extensie);
$stripped = preg_replace('/\s+/','',$_POST['project']);
//kijken of er een bestand is geselecteerd
if(isset($_FILES['bestand']) && !empty($_FILES) && is_array($_FILES) && count($_FILES) > 0) {
//als het bestand groter is dan 500000 bytes(400kb) word hij niet toegelaten
if($_FILES['bestand']['size'] > 500000) {
echo "Het bestand is <b>" . $_FILES['bestand']['size'] . "</b>, het maximale toegstaan is <b>500000</b>";
} else {
//kijken of het bestand wel een gif, png of jpg is
if($_FILES['bestand']['type'] == "image/gif" || $_FILES['bestand']['type'] == "image/png" || $_FILES['bestand']['type'] == "image/jpg" || $_FILES['bestand']['type'] == "image/jpeg") {
$naam = $stripped . '_' . md5(time()) . '.' . $extensie;
//het bestand uploaden met de nieuwe of oude naam
move_uploaded_file($_FILES['bestand']['tmp_name'], "uploads/" . $naam);
//voor linux of unix hosts chmodden we het bestand naar 777 zodat iedereen um kan zien
chmod("uploads/" . $naam, 0777);
} else {
echo "Het bestand is geen png, jpg, jpeg of gif";
}
}
} else {
echo "Selecteer een plaatje";
}

echo '<form action="" method="post" enctype="multipart/form-data">';

echo '<select name="project">';
foreach($aResult as $_ITEM) {
echo '<option value="' . $_ITEM . '">' . $_ITEM . '</option';
}
echo '</select>';


echo '<b>Bestand:</b> <input type="file" name="bestand"><br>
<input type="submit" name="submit" value="Upload">
</form>';

?>

met dit script upload die het plaatje wel maar krijg ik bijv: _fidsjfsdf.jpg er word dan gewoon niks voor de _ gezet
Doe eens, in plaats van te uploaden, gewoon echo $stripped; ;-) ik vermoed dat daar je fout in zit :)
hmm dat lijkt me niet eigenlijk dat stuk werkt gewoon allemaal mij lijkt dat de fout gewoon in de query zit of het stuk vanaf regel 37

<?PHP

echo '<select name="project">';
foreach($aResult as $_ITEM) {
echo '<option value="' . $_ITEM . '">' . $_ITEM . '</option';
}
echo '</select>';


?>
Nog maals, echo eerst eens $stripped ;-) Je kan wel zeggen "lijkt me niet" maar dat geeft geen zekerheid :)

(Waarom selecteer je eigenlijk DISTINCT en geen normaal veld als ik vragen mag?)
waarom ik hier distinct gebruik weet ik zelf eigenlijk ook niet het is alleen voor als er bijvoorbeeld een project dezelfde naam zou hebben dat hij hem maar 1x zou laaten zie maar je kunt zowiso geen projecten met dezelfde naam gebruiken in dit systeem zou het aan de query kunnen liggen dan?

ik heb echo $stripped; gedaan maar ik zie hiermee niks gebeuren zit de fout dan toch daar?
Als hij niets laat zien, dan zit daar de fout ;-)

Ik denk dat je query verkeerd is. Selecteer ipv DISTINCT eens een veldnaam? ;-)
Ik heb als query nu gewoon :

$sSQL = "SELECT project
FROM projecten";
$aResult = mysql_fetch_array($sSQL);

echter krijg ik nog niks uit de echo $stripped; maar wel deze fout zag ik:

Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in D:\wamp\www\Roter\Roter\site\uploadimages.php on line 16
Dat komt omdat je nu een string hebt, en geen [php]mysql_query[/php] om die $sSQL heb gedaan ;-)
<?PHP


$aResult = mysql_query('SELECT project
FROM projecten');


?>


Werkt ook niet geen errors maar wel een lege dropdown list

Reageren