[Erledigt] *.jpgs filename's im dropDown menu anzeigen

bl4d3 · 20.12.2011, 15:22

hallo forum

ich bin am php lernen und ausprobieren und komme bei einer sache nicht weiter.

ich hab eine wetterpage mit einer webcam.
die webcam lädt jede minute ein bild auf mein ftp server.
die bilder werden im cam/ ordner gespeichert.

PHP-Code:

  $archiv = glob("cam/*.jpg");

foreach ($archiv as $i) {
    
    
    echo "<a href='$i'>".basename($i)."</a><br />";
    

}

hiermit zeigt es mir jeden bild-dateinamen an mit einem link versehen.
nun will ich aber das es jedes bild in ein dropDown menu packt.

also:

Code:

<select name="">
  <option>hier sollten die links rein von den verschiedenen bilder</option>
</select>

habe schon vieles versucht und gesucht. bin aber nicht fündig geworden

danke im voraus.

lstegelitz · 20.12.2011, 15:36

Code:

<select name="">
  <option value="fil1.jpg">file1.jpg</option>
</select>

Das ist aber kein Link (Links in eine Dropdownliste funktioniert eh nicht). Die Auswahl aus dem SELECT muss über eine FORM abgewickelt werden, entsprechend muss auf die Aktion reagiert werden.

Code:

<form action="myscript.php" method="POST">
<select name="file_select">
  <option value="file1.jpg">file1.jpg</option>
</select>
<input type="submit" value="los gehts">
</form>

myscript.php

PHP-Code:

  if (isset($_POST['file_select'])) {

  echo '<img src="cam/'.$_POST['file_select'].'" />';

}

bl4d3 · 20.12.2011, 17:08

Habs geschafft:

Code:

<script type="text/javascript">

function BILDAKTUELL()
{
document.getElementById("webcambildid").src="cam/"+document.getElementById("bilddateinamenid").value ;
}

</script>

PHP-Code:

  <?php

echo "Archiv: <select id=\"bilddateinamenid\" name=\"bilddateinamen\" onchange=\"BILDAKTUELL()\">" ;

foreach ($jpgsarray as $bilddateiname)
{

    echo "<option>".basename($bilddateiname)."</option>\n";
}

echo "</select>" ;



?>

ganzes script:

PHP-Code:

  
<script type="text/javascript">

function BILDAKTUELL()
{
document.getElementById("webcambildid").src="cam/"+document.getElementById("bilddateinamenid").value ;
}

</script>

<?php


$jpgsarray=array() ;
$i=0 ;
foreach(glob('cam/*.jpg') as $image)  
{   
    
    $jpgsarray[$i]=$image ;
    $i++ ;

} 


rsort($jpgsarray);
echo "<center><img src=".$jpgsarray[0]." id=\"webcambildid\"><center>" ;



echo "Archiv: <select id=\"bilddateinamenid\" name=\"bilddateinamen\" onchange=\"BILDAKTUELL()\">" ;

foreach ($jpgsarray as $bilddateiname)
{

    echo "<option>".basename($bilddateiname)."</option>\n";
}

echo "</select>" ;



?>

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20.12.2011, 15:22
bl4d3 Neuer Benutzer Registriert seit: 20.12.2011 Beiträge: 2 PHP-Kenntnisse: Anfänger	*[Erledigt] .jpgs filename's im dropDown menu anzeigen** hallo forum ich bin am php lernen und ausprobieren und komme bei einer sache nicht weiter. ich hab eine wetterpage mit einer webcam. die webcam lädt jede minute ein bild auf mein ftp server. die bilder werden im cam/ ordner gespeichert. PHP-Code: `$archiv = glob("cam/.jpg"); foreach ($archiv as $i) { echo "<a href='$i'>".basename($i)."</a><br />"; }` hiermit zeigt es mir jeden bild-dateinamen an mit einem link versehen. nun will ich aber das es jedes bild in ein dropDown menu packt. also: Code: <select name=""> <option>hier sollten die links rein von den verschiedenen bilder</option> </select> habe schon vieles versucht und gesucht. bin aber nicht fündig geworden danke im voraus. Geändert von bl4d3 (20.12.2011 um 15:33 Uhr).*


Mister Ad PHP Code Flüsterer Registriert seit: 21.08.2005 Beiträge: 4682 PHP-Kenntnisse: Fortgeschritten

20.12.2011, 15:36
lstegelitz Erfahrener Benutzer Registriert seit: 07.09.2009 Beiträge: 4.005 PHP-Kenntnisse: Fortgeschritten	Code: <select name=""> <option value="fil1.jpg">file1.jpg</option> </select> Das ist aber kein Link (Links in eine Dropdownliste funktioniert eh nicht). Die Auswahl aus dem SELECT muss über eine FORM abgewickelt werden, entsprechend muss auf die Aktion reagiert werden. Code: <form action="myscript.php" method="POST"> <select name="file_select"> <option value="file1.jpg">file1.jpg</option> </select> <input type="submit" value="los gehts"> </form> myscript.php PHP-Code: `if (isset($_POST['file_select'])) { echo '<img src="cam/'.$_POST['file_select'].'" />'; }` __________________ Über 90% aller Gewaltverbrechen passieren innerhalb von 24 Stunden nach dem Konsum von Brot.

20.12.2011, 17:08
bl4d3 Neuer Benutzer Registriert seit: 20.12.2011 Beiträge: 2 PHP-Kenntnisse: Anfänger	Habs geschafft: Code: <script type="text/javascript"> function BILDAKTUELL() { document.getElementById("webcambildid").src="cam/"+document.getElementById("bilddateinamenid").value ; } </script> PHP-Code: `<?php echo "Archiv: <select id=\"bilddateinamenid\" name=\"bilddateinamen\" onchange=\"BILDAKTUELL()\">" ; foreach ($jpgsarray as $bilddateiname) { echo "<option>".basename($bilddateiname)."</option>\n"; } echo "</select>" ; ?>` ganzes script: PHP-Code: <script type="text/javascript"> function BILDAKTUELL() { document.getElementById("webcambildid").src="cam/"+document.getElementById("bilddateinamenid").value ; } </script> <?php $jpgsarray=array() ; $i=0 ; foreach(glob('cam/*.jpg') as $image) { $jpgsarray[$i]=$image ; $i++ ; } rsort($jpgsarray); echo "<center><img src=".$jpgsarray[0]." id=\"webcambildid\"><center>" ; echo "Archiv: <select id=\"bilddateinamenid\" name=\"bilddateinamen\" onchange=\"BILDAKTUELL()\">" ; foreach ($jpgsarray as $bilddateiname) { echo "<option>".basename($bilddateiname)."</option>\n"; } echo "</select>" ; ?> __________________ sorry das ich alles klein schreibe. meine shift-taste ist kaput