Почему мой IMG-шоу не будет?

Если бы все это работало с html. Затем я попытался сделать это в html5, и я кодирую часть своего первого кода css. Единственное, что я сейчас решаю, это то, почему мой образ не отображается? Я использую google chrome btw. Код, переданный в URL-адресе, таков: «? Fname = raichu & yesorno = true% 2F» И нет тега изображения в моем сгенерированном html:/Я предполагаю, что оператор if приравнивается к false ??Почему мой IMG-шоу не будет?

<!DOCTYPE HTML> 
<html> 
<head> 

<style type="text/css"> 

td{ 
    text-align: center; 
    padding:15px; 
    background-color:black; 
    color:#00FF00;} 

th{ 
    background-color:black; 
    color:yellow} 

</style> 

     <title>Search Results</title> 

</head> 

    <body style="color:#FFFFFF"> 

<?php 

$dbhost = 'server'; 
$dbname = 'database1'; 
$dbuser = 'me'; 
$dbpass = 'password'; 

$link = mysqli_connect($dbhost,$dbuser,$dbpass,$dbname); 

mysqli_select_db($link,$dbname); 

$naame = $_GET["fname"]; 


if($_GET["yesorno"] == 'true' OR !$_GET["yesorno"]) 
      {$query = sprintf("SELECT image_url, Type 
           FROM Pokemon c 
           WHERE c.name='%s'", mysqli_real_escape_string($link,$naame)); 

    $result = mysqli_fetch_assoc(mysqli_query($link,$query)); 

    echo '<img height="450" width="330" src="'.$result['image_url'].'" alt="blue"/>';} 

$res = mysqli_query($link,"SELECT Name,HP,Type,Pokedex_Number AS 'Pokedex Number',Weakness,Resistance,Retreat AS 'Retreat Cost' 
          FROM Pokemon 
          WHERE Pokedex_Number!=0 AND name='$naame'"); 

if (!$res) { 
    die("Query to show fields from table failed");} 

    $fields_num = mysqli_num_fields($res); 

echo "<h1>Stats</h1>"; 
echo "<table border='1'><tr>"; 

// printing table headers 
for($i=0; $i<$fields_num; $i++) 
{$field = mysqli_fetch_field($res); 
echo "<th>{$field->name}</th>";} 

echo "</tr>\n"; 

// printing table rows 
while($row = mysqli_fetch_row($res)) 
{ 
echo "<tr>"; 

// $row is array... foreach(..) puts every element 
// of $row to $cell variable 
foreach($row as $cell) 
    echo "<td>$cell</td>"; 

echo "</tr>\n"; 
} 

echo "</table>"; 

mysqli_close($link); 

    ?> 

<br /> 
<form method="link" 
action = "http://engr.oregonstate.edu/~bainro/welcome.php" ><input 
type="submit" value="(>O.O)>RETURN<(O.O<)"></form> 
<p></p> 

    </body> 

</html>

источник

2012-11-14 Robert Bain

Опубликовать сгенерированный html – case1352

Вы можете вставить значение image_url? – GBD

Вы уверены, что имеете право направить адрес – Sibu

Переменная, которую вы извлекаете из URL-адреса, никогда не оценивает значение true, потому что «% 2F» является косой чертой. Проверьте свой код.

источник

2012-11-27 07:28:41

Вы

&yesorno=true%2F

поэтому $ _GET [ 'YesOrNo'] будет приравнивать к 'истинным /', как% 2f является прямой слэш.

Это не соответствует

if($_GET["yesorno"] == 'true' OR !$_GET["yesorno"])

Так что вы правы - эта линия не удалось, так что вы не получите изображение.

Решение: удалить% 2F из запроса.

источник

2012-11-14 06:33:11 Robbie

Это сработало! Спасибо, Робби! –

Почему мой IMG-шоу не будет?

ответ

Смежные вопросы