variable mit image

[deimos]

Ich habe in ein paar Variablen Bilder abgespeichert:

$bild1 = '<img src="/images/bilder/1.jpg">';
$bild2 = '<img src="/images/bilder/2.jpg">';
$bild3 = '<img src="/images/bilder/3.jpg">'; 

nun möchte ich das die in meiner Schleife korrekt ausgegeben werden:

while($row = mysql_fetch_assoc($sql))
{
echo '<h1>'.$row["bildname"].'</h1>';                  
echo $bild.$row['id'];
} 

...leider wird mir nur die id selbst ausgegeben... (1,2,3...)
Wieso hängt er der variable $bild nicht die Zahl an?

[wahsaga]

Wieso hängt er der variable $bild nicht die Zahl an?

Weil du nicht gesagt hast, dass du das möchtest - sondern, dass du den Inhalt von $bild mit dem Inhalt von $row['id'] verknüpfen möchtest.

Das Stichwort lautet variable Variablen. Und nachdem du dich darüber informiert hast, vergesse es bitte gleich wieder - und nutze ein Array stattdessen, um darin die Bildelemente abzulegen. Dass ist in 99,9999[...]9 Prozent aller Fälle die vernünftigere Alternative.

[deimos]

Die Daten kommen aktuell alle aus einer Datenbank..leider habe ich noch nie Bilder in eine Datenbank gespeichert..und bevor ich mir das angucke wollte ich die Sache indem Fall so schnell lösen

[Kropff]

Du musst auch keine Bilder in der DB abspeichern, sondern nur einen Verweis darauf. Und wie sieht deine SQL-Abfrage aus?

Peter

[deimos]

Ich hab jetzt einfach ein neues Feld "image" in die Datenbank hinzugefügt: VARCHAR NULL
und dort den Pfad des Bildes eingegeben...funktioniert! ist dies der richtige weg?

$sql = mysql_query("SELECT * FROM $tabelle WHERE id < 4");
while($row = mysql_fetch_assoc($sql))  
{
echo '<h1>'.$row["bildname"].'</h1>';
echo '<img src="'.$row["image"].'">';             
} 

[Kropff]

ist dies der richtige weg?

Ist auf jeden Fall tausend Mal besser als der andere Müll.

Peter

[CHLi]

ähnliches Problem

Hallo, ich habe hierzu ein ähnliches Problem und komm einfach auf keine Lösung:

In meiner SQLDatenbank ist unter der Spalte "Grafik" z. B. der Bildlink: http://www.test.de/187.png.

Dieser sollte dann in PHP in Bildform ausgegeben werden. Nach einer Datenauswahl erfolgt die die Variablenzuordnung:

$graf = mysql_result($res, $i, "Grafik");

und schließlich mit den restlichen Daten die Ausgabe:

echo "<tr> <td[COLOR=red]><a img src=\"".$graf."\"></[/COLOR]td><td>$her</td> <td><p><strong>$typ</strong><br><br>$hin<br><a href=".$link.">Weitere Infos zum Produkt >></p></td>";

Und irgendwo ist da der Wurm drinn, weil alles andere ausgegeben wird, nur nicht die Grafik? Kann mit da jemand helfen?

Wäre super nett - Danke im voraus.

[Kropff]

Wie definierst du denn zum Beispiel $link?

Peter

[CHLi]

Hallo Kropff,

der Link wird mit

$link = mysql_result($res, $i, "Link");

definiert und funktioniert auch einwandfrei!

[combie]

Die Ergebnisverarbeitung über mysql_result() ist fehlerträchtig und schwierig zu lesen.
Überhaupt ist die mysql_* Erweiterung veraltet und gehört nicht mehr zur Standard Installation von PHP. Verwende besser MySQLi oder PDO. Oder noch besser, eins der auf PDO aufsetzenden ORM, z.B. Doctrine 2 oder Redbean.

Des weiteren befindet sich in $link kein Link, sondern (hoffentlich) eine URL.

Und irgendwo ist da der Wurm drinn, weil alles andere ausgegeben wird, nur nicht die Grafik?

Wir sehen so auch nicht, was du falsch machst.
Aber was ich schon sagen kann: Wenn der Server erreichbar, die Bildurl und das erzeugte HTML korrekt sind, dann sollte der Browser das Bild zeigen.
An einem dieser drei Punkte wird es klemmen.

[CHLi]

Lösung des Problems

Jipiiii, Lösung gefunden:

Richtig: <img src=".$graf.">

Falsch: [COLOR=#ff0000]<a img src=\"".$graf."\">[/COLOR]
[COLOR=#ff0000][/COLOR]
[COLOR=#ff0000]Danke für die Unterstützung![/COLOR]

[combie]

Richtig: <img src=".$graf.">

Ja?

Der Validator wird dir da sicherlich was anderes erzählen.
Oder stehen in der DB auch Anführungszeichen?
Das wäre ein Normalisierungsfehler.