Aiuto per visualizzazione immagine da directory

[Daddy1951]

Adattando... adattando... sono arrivato qui:

// you may load this from a database
    $ip = $_SERVER["REMOTE_ADDR"];

// listing Country Flags Images
    $dir = 'images/flags';
    $file_display = array('png');
         if (file_exists ($dir) == false) {
    echo 'Directory \'', $dir, '\' not found!';
    }
    else{
    $dir_contents = scandir($dir);
    foreach($dir_contents as $file) {
    $file_type = strtolower(end(explode('.', $file)));
    If($file !== '.' && $file !== '..' && in_array($file_type, $file_display) == true)
    if($file == '..' || $file == '.') {
    continue;
    }
    $code = strtolower(getCountryFromIP($ip, "code"));
    echo '<div class="yjsgcp">Palana.it &reg; 1994 - '.$yj_copyrightear.' :: Tutti i diritti riservati :: Realizzazione Palana.it &boxv;&boxv; Utente rilevato: IP: '. $ip . ', '.getCountryFromIP($ip, " NamE ").' ('.getCountryFromIP($ip, "code").'-'.getCountryFromIP($ip, "AbBr").') '; echo '<img src="', $dir, '/', $code, '.png" /> </div>';
        }
    }
} 

I suggerimenti di Alhazred sono si stati preziosi... Il tuo intervento è invece troppo... attuale: si rivolge ai "meritevoli", ai "capaci", a quelli di grande intuito... Insomma: i "bravi", professionisti che "parlano il PHP" come loro prima lingua.
Costori NON HANNO BISOGNO di chiedere aiuto per una correzione a quattro righe di codice. Non vanno per forum, Conoscono "$code" e questo loro basta.

Ciao .Kurt...