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Archiv verlassen und diese Seite im Standarddesign anzeigen : [php] frage



juke*
21.04.2005, 23:00
jo, ich wüsst gerne, wie man in php bilder generiert und denen dann bestimmte funktionen zuweist...
oder einfach nur nen text drauf erscheinen lässt, der von bestimmten faktoren abhängig is...

hab zwar auf selfphp.info schon einiges gefunden, aber des is nix zusammenhängendes, und da ich nich genau weiss, wonach ich suchen muss, hab ich nich so lust mir alles zusammenzuklauben...

hoffe ihr könnt mir helfen :)

Rolus
21.04.2005, 23:11
Hier mal das Grundgerüst eines PHP-Bildes:

<?php
header("Content-type: image/png"); // PNG-Bild

$im = imagecreate(100, 100); // 100x100 Pixel
$background_color = imagecolorallocate($im, 0, 0, 0); // Hintergrund -> schwarz
$text_color = imagecolorallocate($im, 255, 255, 255); // Textfarbe -> weiß

imagestring($im, 2, 3, 1, "test", $text_color); // "test" ausgeben
// die drei Zahlen stehen für:
// Schriftgröße, X-Koord, Y-Koord.

imageColortransparent($im,$background_color); // Hintergrund transparent machen

imagepng($im); // Bild erzeugen
imagedestroy($im); // und wieder freigeben
?>

Das sollte schon mal als grobes Muster dienen. Du kannst du ja auch noch mal diesen Thread (http://forum.worldofplayers.de/forum/showthread.php?t=59885) anschauen, der hat quasi das gleiche Thema.

freundliche Grüße, Rolus

juke*
27.04.2005, 19:23
so, hab schon wieder ne frage, weil was nich geht...

ich hab mir ein link partner script gebaut, bei dem sich leute per formular in die link liste eintragen können...
beim abschicken wird der status deactivated des banners aktiviert, der dann von mir übers admin panel aktiviert wird.
also hab ich einfach mal zwei banner testhalber reingestellt, im admin menü aktiviert und wollt die nun mit folgendem code ausgeben lassen:



<?php

include ('inc/mysql_data.inc.php');

mysql_connect($db_host, $db_user, $db_pass) OR die("Es trat folgender Fehler auf".mysql_error());

mysql_select_db($db_name) OR die("Es trat folgender Fehler auf".mysql_error());

$sql_ausgabe = "SELECT
Name,
URL,
Bannerurl,
Status
Datum
FROM
links
WHERE
Status = 'activated'
ORDER BY
Datum DESC";

$result = mysql_query($sql_abfrage);

while($link = mysql_fetch_array($result))
{
?>
<a href="<?php echo $link['URL']; ?>" target="_blank"><img src="<?php echo $link['Bannerurl']; ?>" height="31" width="88" alt="<?php echo $link['Name']; ?>" style="border:0px"></a><br />
<?php
}

mysql_close();
?>


nun bekomm ich aber nich hin, dass die abfrage ausgeführt wird, stattdessen bekomm ich nur ne fehlermeldung, weil in der zeile mit WHERE bei der mysql abfrage was nich stimmt...ich hab schon alles probiert, aber wie bekomm ich es richtig hin, dass nur die reihen ausgegeben werden, bei denen Status = activated?

Rolus
27.04.2005, 19:35
Status
Datum
Kann es sein, dass hier etwas nicht stimmt bzw. ein Komma fehlt?
Das könnte die Fehlerursache sein. Einen anderen Fehler sehe ich eigentlich nicht.

freundliche Grüße, Rolus

juke*
27.04.2005, 19:40
mhh...danke, aber jetz wird folgendes ausgegeben:

Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /usr/export/www/vhosts/funnetwork/hosting/juke/links.php on line 24

edit... ich trottel habs...

bei result = ...$sql_abfrage...die gibbet da gar nich^^