Bildanzeige abhängig von PHP Befehl

von **jipi** am 31.12.2005, 16:14

Hi.

ich will eine Seite mit Links zu einer anderen Seite bauen, die per PHP weitergibt welches Bild angezeigt werden soll. Also ungefähr so, nur dass es nicht klappt, weil ich keinen Plan von PHP hab.

Das ist die bild.php

Code: Alles auswählen: <html> <head> <title>Neue Seite 1</title> </head> <body> <?php echo " <p><img border='0' src="; echo$bild1; echo"></p>"; ?> </body> </html>

und hier der Link in der aurufenden html Datei:

Code: Alles auswählen: <a href="bild.php?bild=bild1.jpg">Das ist der Link</a>

Wo sind meine Syntax - Fehler?

Danke schonmal für die Hilfe

von **eVoLuT!oN** am 31.12.2005, 18:07

hi,

hoffe ich hab dich richtig verstande.
der fehler liegt hier:

Code: Alles auswählen: <?php echo " <p><img border='0' src="; echo$bild1; echo"></p>"; ?>

echo gibt ja an, dass etwas auf den bildschirm geschrieben haben willst.
so wird alle zwischen " und " auf den bildschirm geschrieben.
also:
in der variable $bild steht ja der dateiname des bildes: bild1.jpg, bild2.jpg etc. einfach den normalen html-code für bild nehmen nur statt dem bildnamen eben $bild einsetzen

Code: Alles auswählen: <? <p><img border=0 src=$bild></p>; ?>

btw: wenn du html in php verwendest kannst du bzw musst du (glaub ich) die " die html normal erfordert weglassen.

e\'o

von **jipi** am 01.01.2006, 17:09

Oh ja, ich trottel, natürlich muss es $bild und nicht $bild1 heissen.
Aber es klappt noch nicht. Ich brauche also kein echo oder sowas, um html zurückzugeben?

Und stimmt die Variablenzuweisung mittels

Code: Alles auswählen: bild.php?bild=bild1.jpg

Jedenfalls geht es nicht, es steht im Endeffekt entweder nichts im Seitenquelltext oder als bild source die ganze seite:
zum anschaun:
http://www.ib-jobst.de/rrif/test/1.html

von **jipi** am 01.01.2006, 17:16

Also habe rausgefunden, wenn ichs so mache, gehts:

Code: Alles auswählen: <?php $bild = "bild1.jpg"; echo"<p><img border=0 src=$bild></p>"; ?>

Also liegt es nur noch an der Variablen-Zuweisung. Wie mache ich das per Link bzw. Adresseingabe mit parameter richtig? So funktioniert es offensichtlich ja nicht:

Code: Alles auswählen: http://www.ib-jobst.de/rrif/test/bild.php?bild=bild1.jpg

von **eVoLuT!oN** am 01.01.2006, 20:22

hi,
ich hab nun auch keine ahnung mehr

was ich mir vorstellen könnte is vllt der name "bild.php" der datei. benenne diese mal in "bild_zeigen.php" oder so um.
oder was noch möglich wäre, dass der link hinter "src=..." falsch ist. aber wenn alles in einem verzeichnis ist, dann stimmt das so!

grundsätzlich muss es so aussehen: <ziel-datei>?<variable1>=<wert1>&<variable2>=<wert2>... etc falls noch mehr variablen übermittelt werden sollen.
und so schauts ja aus bei dir.

e\'o

von **jipi** am 02.01.2006, 02:09

Also ich habs jetzt mit form-tags geschafft, aber es muss doch einfach über diesen link gehen....
bei mir schauts jetzt so aus:

In der bild.php:

Code: Alles auswählen: <?php $bild = $HTTP_POST_VARS['$bild']; echo"<p><img border=0 src=$bild></p>"; echo$bild; ?>

In der 1.html (aufrufende Datei):

Code: Alles auswählen: <form action="bild.php" method="post"> <input type="hidden" name="$bild" value="bild1.jpg"/> <input type="image" src="flyer.gif" name="sub"/></form>

so klappts, aber das ist echt umständlich.
Umbenennen der Datei hat auch nicht geklappt und der Link stimmt eigentlich schon.
Ich finde auch nirgends Tutorials oder ähnliches für den Dateiaufruf.
Naja, trotzdem danke, falls noch jemandem was einfällt würd ich mich aber immernoch freuen!

von **jipi** am 02.01.2006, 14:29

So, jetzt habe ich auch herausgefunden, wie es per link geht:

Code: Alles auswählen: <?php echo"<p><img border=0 src=$_GET[bild]></p>"; ?>

mit vorangehender Variablenzuweisung (schöner):

Code: Alles auswählen: <?php $bild=$_GET[bild]; echo"<p><img border=0 src=$bild></p>"; echo $bild; ?>

Jedenfalls danke für deine Hilfe, evolution.

Bildanzeige abhängig von PHP Befehl

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