problema upload

[toni_855]

Salve a tutti,ho creato una pagina in php in cui ci sono diverse tabelle e celle di layout.
In una di queste celle di layout è presente un pulsante "upload logo" con cui è possibile effettuare l'upload di una immagine.
Il problema è che,dopo aver effettuato l'upload dell'immagine,io vorrei far visualizzare l'immagine caricata nella cella layout.
C'è qualche funzione javascript che permette di effettuare questa operazione?

[pesci74]

Se ho ben capito (dimmi se sbaglio) nella cella in questione hai un campo di tipo file (dentro ad un form) dal quale fai l'upload dell'immagine. Dopo di che, al caricamento della pagina dopo avere inviato il form, dovrebbe apparire l'immagine al posto del campo file. Se è così, non serve javascript, ma php. Puoi spiegare meglio se l'indirizzo dell'immagine viene salvato anche nel database?

[toni_855]

Si,vedo che hai capito con esattezza il mio problema.
Ed inoltre ti confermo che memorizzo il path in un database.
Quindi tu mi consigli di spostare la discussione nel forum php?

[pesci74]

In questo caso farei una query che estrae il percorso del tipo:

$query = "SELECT percorso,nome_cella_layout FROM tabella"; 

Naturalmente devi avere un campo nel database che fa riferimento alla cella di layout.
Poi fai eseguire la query ed estrarre i campi tramite mysql_query e mysql_fetch_array.

$esegui = mysql_query($query); 

$n = 0; 

while($rs = mysql_fetch_array($esegui)){ 

$cella[$n]['percorso'] = $rs['percorso']; 

$cella[$n]['nome_cella_layout'] = $rs['nome_cella_layout']; 

$n++; 

} 

Dopo di che, all'interno della cella metti:

if(in_array('nome_assegnato_a_cella',$cella['nome_cella_layout'])){ 

[img]<?=$cella['percorso']?>[/img]

}else{ 

<form ...

} 

Spero di avere reso il ragionamento.

[toni_855]

Ciao ti ringrazio del tuo aiuto.
Sono alle prime armi con php e purtroppo,nonostante la tua spiegazione,non sono riuscito a risolvere il problema.
Ti posto magari il codice:

 $query="SELECT percorso,nome_cella_layout FROM sponsor";
  $esegui = mysql_query($query);
  $n = 0;
  while($rs = mysql_fetch_array($esegui)){
    $cella[$n]['percorso'] = $rs['percorso'];
    $cella[$n]['nome_cella_layout'] = $rs['nome_cella_layout'];
    $n++;
    } 

e nella cella di layout....

<?php 
                  if(in_array('cellaSponsor1',$cella['nome_cella_layout'])){
                     [img]<?=$cella['percorso']?>[/img]    
                  }else{
                     <form ENCTYPE="multipart/form-data" action="upload.php" method="POST">
                     <input type="file" name="file1">
                     <input name="submit" type="submit" value="Upload sponsor" />
                     </form>  
                ?>

Alla fine mi da questo errore:
parse error in line 468 che sarebbe questa riga:
[img]<?=$cella['percorso']?>[/img]

[pesci74]

<?php
if(in_array('cellaSponsor1',$cella['nome_cella_layout'])){
?>

[img]<?=$cella['percorso']?>[/img]

<?php
}else{
?>


<form ENCTYPE="multipart/form-data" action="upload.php" method="POST">
<input type="file" name="file1">
<input name="submit" type="submit" value="Upload sponsor" />
</form>
<?php
} // Chiusura if - else
?>

L'hai scritto così non è vero (Chiusure e aperture dei tag php)?

[toni_855]

In effetti non l'avevo scritto in questo modo.
Mi scuso per l'errore.
Ho corretto e ora mi da questi 2 errori:
Notice: Undefined variable: cella in c:\programmi\easyphp1-8\www\sito_locale\primo_layout.php on line 471

Warning: in_array(): Wrong datatype for second argument in c:\programmi\easyphp1-8\www\sito_locale\primo_layout.php on line 471
e sarebbero esattamente in questa riga:
if(in_array('cellaSponsor1',$cella['nome_cella_layout'])){

[pesci74]

Purtroppo non avendo il lavoro sotto mano non riesco a fare le prove e sbaglio anch'io. Prova a sostituire:

 $cella[$n]['percorso'] = $rs['percorso'];
$cella[$n]['nome_cella_layout'] = $rs['nome_cella_layout']; 

con:

 $cella['percorso'][$n] = $rs['percorso'];
$cella['nome_cella_layout'][$n] = $rs['nome_cella_layout']; 

poi fammi sapere

[toni_855]

Ho provato anche in questo modo in cui mi hai detto ma niente,da sempre lo stesso errore.

[billo]

Non potresti più semplicemente prelevare dal database l'url del logo sul server e poi fare un semplice..

echo '[img]'.$dati['url'].'[/img]';

che mi sembra molto più sintentico?