Вопросы "чайника"

АВТОР	СООБЩЕНИЕ
SkyFire Имя: Михаил Сейчас нет на сайте Репутация: 0 Регистрация: 22.01.2009 Всего сообщений: 193 Откуда: Самара	27 апреля 2009, 00:07 Понятно. Похоже сильно просто. Должен заметить неплохо получилось. Кстати, как сделать вывод картинок как у тебя на главной. Из галереи. Мне надо еще проще, из одной папки и все. Никаких описаний, комментариев.
Profi Administrator Репутация: 126 Регистрация: 25.04.2006 Всего сообщений: 10176 Откуда: Уфа РБ	27 апреля 2009, 00:19 SkyFire, у меня все данные о картинках хранятся в базе и одним запросом выводится случайная картинка. Из папки, это вероятно нужно сканировать всю папку плюс генератор случайных чисел. В общем замороченная и ресурсоёмкая операция.
SkyFire Имя: Михаил Сейчас нет на сайте Репутация: 0 Регистрация: 22.01.2009 Всего сообщений: 193 Откуда: Самара	27 апреля 2009, 00:26 У меня так же. Описание, инфо, размер и прочее в базе. Но это галерея, а я просто из папки хотел. Дай посмотреть запрос этот, к своей базе приделаю, а там посмотрим. Может будет проще в галерее отдельно создать невидимую для пользователей папку, и из нее выводить. Точно. Так и сделаю.
Profi Administrator Репутация: 126 Регистрация: 25.04.2006 Всего сообщений: 10176 Откуда: Уфа РБ	27 апреля 2009, 00:38 SELECT pic_id, pic_url, pic_cat_id FROM album_table WHERE pic_cat_id = 1 GROUP BY pic_id ORDER BY RAND() LIMIT 1 Примерно так для вывода случайной картинки из определённой категории. Если вывод картинки из всего альбома, то pic_cat_id не нужно.
SkyFire Имя: Михаил Сейчас нет на сайте Репутация: 0 Регистрация: 22.01.2009 Всего сообщений: 193 Откуда: Самара	27 апреля 2009, 00:40 Ну все, спасибо. Ушел ковырять.
SkyFire Имя: Михаил Сейчас нет на сайте Репутация: 0 Регистрация: 22.01.2009 Всего сообщений: 193 Откуда: Самара	27 апреля 2009, 01:21 Мда, мускульщик из меня хреновый. Пишу: echo "<a href='/foto/all_gallery.php'>блаблабла ".mysql_result(mysql_query("SELECT (*) FROM `id_gallery=1`")</a><br />\n"; И получаю ошибку на главной : parse error: syntax error, unexpected '/' in Z:\home\mysait\www\foot.php on line 14 Та самая строка... Даже не знаю как его спрашивать по другому.
Profi Administrator Репутация: 126 Регистрация: 25.04.2006 Всего сообщений: 10176 Откуда: Уфа РБ	27 апреля 2009, 09:36 SkyFire, $sql = mysql_query("SELECT * FROM album_table WHERE id_gallery=1"); while ($pic = mysql_fetch_array($sql)) { $text .= $pic['pic_name'] . '<br />'; } Только тут будет вывод всех картинок из id_gallery=1. Целесообразно добавить в запрос ORDER BY и LIMIT.
SkyFire Имя: Михаил Сейчас нет на сайте Репутация: 0 Регистрация: 22.01.2009 Всего сообщений: 193 Откуда: Самара	28 апреля 2009, 02:23 Даже без LIMIT и ORDER BY реакции ни какой... Что то я не пойму сам, сам в коде пишу если вывод то это echo "<a href='/online.php'>кто на сайте: ".mysql_result(mysql_query("SELECT COUNT(*) FROM `user`"), 0). "</a><br />\n"; /* примерно так у меня вывод счетчика*/ Пробовал и оператор echo различно выводить перед твоим кодом, но как не я правил, все равно либо ошибка либо ничего. Могу ноги скинуть и таблицу галереи, кажется с ней что то не то. Хотя в твой код я свои данные впитывал.
Profi Administrator Репутация: 126 Регистрация: 25.04.2006 Всего сообщений: 10176 Откуда: Уфа РБ	28 апреля 2009, 12:05 1. Проверить подключена ли база. 2. Проверить правильно ли указаны названия таблицы и колонок. 3. Вывод делаешь echo $text; в нужном месте. 4. А есть ли вообще ячейки с id_gallery=1?
SkyFire Имя: Михаил Сейчас нет на сайте Репутация: 0 Регистрация: 22.01.2009 Всего сообщений: 193 Откуда: Самара	28 апреля 2009, 14:29 id_gallery есть, если =1 значит там фото пользователя с id1. Уже пробовал все, где грабли не пойму.