✔ Bilder per Dropdown wechseln und in DB schreiben und ausgeben

[aTa]

Hi,
also mein Titel ist evtl etwas unglücklich aber ich weiss nicht wie ich es besser beschreiben soll
So folgende Situation, ich habe ein Formular mit einer Dropdownbox in dieser stehen die Bildnamen drin, wenn ich nun eines auswähle dann schreibt er den Bildnamen in die Datenbank und gibt den Bildnamen auch aus.
Ich möchte nun aber wenn ich Bild_1 auswähle dass er das Bild dann auch noch auf der Ausgabeseite anzeigt, nur wie mache ich das genau
Ich weiss dass ich das mit einem Array lösen kann jedoch hört es da leider auf....
Wie kann ich das umsetzen Hat jemand eine Idee, wäre sehr nett

VIelen dank!!

 

[GalaxyWarrior]

Mit nem img Tag und als SRC dann die Daten aus der Datenbank
Oder meinst du das anders

 

[aTa]

Ja genau ich speicher per Formular den Bildnamen z.B. bild1.jpg in die Datenbank und dann soll auf der Ausgabeseite das Bild dann angezeigt werden.

 

[GalaxyWarrior]

Sag ich doch, du musst das aus der DB auslesen und dann als SRC für den img Tag benutzen, z.B.

<img src="<? echo $bildsrc; ?>">

 

[aTa]

Ja das habe ich schon gemacht, jedoch zeigt er mir immer noch kein Bild an....

 

[GalaxyWarrior]

Das ist komisch, Hast du den Pfad auch richtig angegeben? Kannst du das Bild öffnen wenn du den namen der Seite ( also nur index.php oder sowas ) wegmachst und den Link zum Bild einfügst?

 

[aTa]

Wenn ich den Link des Bildes so einfüge dann geht es ja.
Ich denke dass der Code den du gepostet hast ja nicht alles sein kann.
Irgendwas muss ja noch fehlen.
Ich poste am besten mal den Code.


eintragen.php:

  $titel = $_POST["titel"];
  $news = $_POST["news"];
  $datum=date('ymd');
  $bildauswahl = $_POST["bildauswahl"];

  
  $eintrag = "INSERT INTO news (titel, news, datum, bildauswahl) VALUES ('$titel', '$news', '$datum', '$bildauswahl')";
  $eintragen = mysql_query($eintrag);

ausgabe.php:

 /*Ausgabe der DB-Daten*/
  $abfrage = "SELECT *, DATE_FORMAT(datum, '%d.%m.%Y') AS datum FROM news ORDER BY id DESC";
  $ergebnis = mysql_query($abfrage);
  while($row = mysql_fetch_object($ergebnis))
  {
  $text = $row->news;
  $neuertext = wordwrap($text, 15, "\n", 1);
  $zufall = rand(0,2);


  echo "<table cellspacing='0' cellpadding='0' border='0'>";
  echo "<tr><td valign='top'><img src='/images/'.$bildauswahl.'></td>";
  echo "<td><img src='images/spacer.gif' border='0' height='1' width='10'></td>";
  echo "<td>";
  echo "<table border='0' cellspacing='0' cellpadding='0'><tr><td width='459'>";
  echo "<font style='color:#990000;'><b>news vom&nbsp;".$row->datum."</b></font><br>";
  echo "<font style='color:#333333;'><b>".$row->titel."</b></font><br>";
  echo $neuertext;
  echo "<p>[löschen]";
  echo "<br><img src='images/spacer.gif' border='0' height='10' width='1'></td></tr></table>";
  echo "</td></tr></table>";
  }

 

[GalaxyWarrior]

  echo "<tr><td valign='top'><img src='/images/'.$bildauswahl.'></td>";

Bist du sicher das

echo $bildauswahl;

als Ausgabe der Imagelink ist?

Nicht vieleicht eher

echo "<tr><td valign='top'><img src='/images/'.$row->bildauswahl.'></td>";

Würde ic h mal vermuten, habe noch nie mit mysql_fetch_object() gearbeitet. Aber mal so rein von der Logik her müsste es das sein, da du alle anderen Werte auch so bekommst

Gruß GalaxyWarrior

 

[aTa]

So Problem gelöst!!
DANKE!
Die Verlinkung hat noch nicht gepasst