Estrazione dati ed impaginazione in php

[marckhh]

Eccomi Nicola,
predisposto il file css e la correzione che mi hai postato ha eliminato la notifica.
Grazie mille per ora!!!!!

[marckhh]

Ho risolto i problemi con i file suddetti. Ora però volevo chiederti una cosa.
Sempre nell'area amministrazione inserisco, tramite form, anche delle immaggini. Ho due file che mi permettono uno di mostrare i link attivi alle immagini inserite in database, l'altro visualizza la foto una volta clikkato sul link relativo.

Per intenderci posto il codice dei fue file. Il primo si chiama link.php

<?php
session_start();
if (@$_SESSION['username']!=true) 
header("location: ../registrazione/login.php");
?>
<?
@include 'config2.php';
$sql = "SELECT art_id, nome FROM articoli ORDER BY art_id DESC";
$result = @mysql_query($sql) or die (mysql_error ());
while ($row = @mysql_fetch_array($result))
{
  $id = $row['art_id'];
  $nome = $row['nome'];
  echo "<a href=\"show.php?id=".$id."\">".$nome."</a>
";
}
?>

L'altro, quello che mostra le immagini si chiama "show.php"

<?
if (isset($_GET['id']))
{
  $id = @intval($_GET['id']);
  @include 'config2.php';
  $sql = "SELECT art_id,type,immagine FROM articoli WHERE art_id='$id'";
  $result = @mysql_query($sql) or die(mysql_error ());
  $row = @mysql_fetch_array($result);
  $id_img = $row['art_id'];
  $type = $row['type'];
  $img = $row['immagine'];
  if (!$id_img)
  {
    echo "Id sconosciuto";
  }else{
    @header ("Content-type: ".$type);
    echo $img;
  }
}else{
  echo "Impossibile soddisfare la richiesta.";
}
?>

Il problema è questo. Ho provato i due file in remoto e non ho problemi. Quando vado a testarli su locale (uso easyphp 1.8) il file link.php mi da questo errore:

"Accesso non consentito per l'utente: 'ODBC'@'localhost' (Password: NO)"

mentre se clicco su show.php mi da

"impossibile soddisfare la richiesta"


Da cosa può dipendere? (tutto ciò mi esce naturalmente dopo che ho fatto il login e quindi avviato la sessione)

[nicola75ss]

Cosa contiene il file config2.php ? la connessione e la selezione del db la fai?

leggi qui
http://forum.html.it/forum/showthrea...readid=1083755

[lbottoni]

per le impaginazioni, lascia i codice HTML fuori dall'echo e dai tag php così lo puoi gestire con l'editor html che hai...

esempio:

<?
// esecuzione seconda query con LIMIT
$query_limit = mysql_query("SELECT * FROM articoli LIMIT $primo, $per_page");
while($results = mysql_fetch_array($query_limit)) {
?> 
   <tr>
     <td><a href=\"page.php?id="<? echo $results['art_id'] ?>">link...</a></td>
   </tr>
</table>
<? } ?>

prova e vedrai come ti trovi meglio..un pò + laborioro non lo metto in dubbio, ma per il grafico è una manna santa

[marckhh]

Ecco il codice del file config2.php

<?
// parametri del database
$db_host = "localhost";
$db_user = "root";
$db_password = "";
$db_name = "news";
?>

Ho provato anche la soluzione di Ibottoni ma non ho ottenuto il risultato. Ah, il campo password è vuoto perchè non ho impostato nessuna password in locale.

[nicola75ss]

includi il file con i parametri ma non fai nè la connessione al db nè la selezione del database prima di eseguire le query. aggiungi le due cose in entrambi i file.

[lbottoni]

la mia non era una soluzione, ma un'aiuto nel modo di stamapre i dati..chiaro che se la query non funziona, nulla verrà ciclato nel while

[marckhh]

Allora,
ho risolto il problema del file "link.php" così come "show.php". In effetti mancava il richiamo al database!!

Ora ho un alotr problemino sul file che mi permette di modificare un articolo già inserito all'interno del database.
Il file si chiama appunto "modifica.php". Ecco il codice:

include("config.php");
$id = !isset ($_GET["id"]); 
mysql_connect($db_host,$db_user,$db_password,$db_name) or die ("errore nella connessione"); 
mysql_select_db("$db_name") or die ("errore nella selezione del database"); 
$dati = mysql_query("select * from articoli where art_id = $id "); 
$results = mysql_fetch_array ($dati);
echo "<input type=\"hidden\" name=\"id\" value=\"$id\">";
echo "<h3>Titolo</h3><textarea name=\"titolo\" rows=\"2\" cols=\"40\">$results[titolo]</textarea>

"; 
echo "<h3>Sottotitolo</h3><textarea name=\"sottotitolo\" rows=\"2\" cols=\"40\">$results[sottotitolo]</textarea>

"; 
echo "<h3>Testo</h3><textarea name=\"testo\" rows=\"10\" cols=\"40\">$results[testo]</textarea>

"; 
echo "<h3>Autore</h3><input type=\"text\" name=\"autore\" value=\"$results[autore]\">"; 
mysql_close(); 
?> 

Lanciando lo script mi da questo problema:

"Warning:mysql_fetch_array (): supplied argument in not a valid MySql result resource in C:............................on line 55"

La linea incriminata è questa:

$results = mysql_fetch_array ($dati); 

Da cosa dipende?

[marckhh]

Problema risolto.
E' bastato levare isset dall'attribuzione della variabile "id".