Ein Fehler???

Dominik24 · 22.01.2012, 12:53

Hallo Community!

Also ich mache gerade eine Seite die vvrschiedenen Kategorien enthält. Diese Kategorien natürlich ach unterpunkt und nun muss ich einen Code erstellen, der mir aus der datenbank die Seiten auslesehn soll und vergleichen welche Seite man gerade ist. Dann wird per if-Abfrage gesetzt welche Seite grade besucht ist und welche Kategorie das angehört.

PHP-Code:

  <?php

// Connecting to Database

include("config.php");

 
// Getting menu items from DB

$ergebnis = mysql_query("SELECT link, kategorie FROM menu_punkte");

while($row = mysql_fetch_object($ergebnis))

{

if($_GET['page'] == $row->link){

$seite = $row->kategorie ;

}

}

 
?>

splasch · 22.01.2012, 12:59

Schön und wie lautet nun deine Frage?

Dominik24 · 22.01.2012, 13:00

Was ist daran falsch hab ich den Code engefügt wird nix angezeit.

Suralc · 22.01.2012, 13:06

Zitat:

Zitat von Dominik24

Was ist daran falsch hab ich den Code engefügt wird nix angezeit.

Du machst ja auch keine Ausgabe.

btw. Rücke deinen Code ein, ansonsten wird es schnell unübersichtlich.

Dominik24 · 22.01.2012, 13:10

Zitat:

Zitat von Suralc

Du machst ja auch keine Ausgabe.

btw. Rücke deinen Code ein, ansonsten wird es schnell unübersichtlich.

Wie meinst du das ich will damit auch keine ausgabe machen

ich geh damit nur hin und will eine Variable also $seite einen Wert geben. Die dann da für eine Anzeige von den Unterpunkten sort in einem anderem Code. es muss aber an dem Code liegen der andere läuft prima.

Ich hatte am anfang volgenden drinnen:

PHP-Code:

  <?php

// Connecting to Database

include("config.php");

 
// Getting menu items from DB

$result = mysql_query("SELECT * FROM `menu_punkte` ORDER BY `kategorie` ASC") or die(mysql_error());

while($row = mysql_fetch_array($result)) {

 
if($_GET['page'] == $row[link]){

$seite = $row['kategorie'];

}

elseif($_GET['page'] != $row[link]){

$seite = "Aktuelles";

}

}

?>

Dort wird aber dan immer auf folgendes gegriffen:

PHP-Code:

  elseif($_GET['page'] != $row[link]){

$seite = "Aktuelles";

}

Daher wird dann auf allen Seiten der gleiche Style angezeigt.

Suralc · 22.01.2012, 13:18

Wenn du mehr als eine Zeile in deiner DB hast, überschreibst du dein $seite immer wieder und irgendwo dort ist halt link != $_GET.
Außerdem solltest du dir nochmal ein Tutorium über den Zugriff auf Arraykeys durchlesen, dein Code sollte eine NOTICE hervorrufen.

btw. dein elseif ist überflüssig, entweder es ist gleich, oder eben nicht.

Zitat:

wird nix angezeit.

Du sagst nichts davon, das du eine Variable setzen willst, oder ähnliches

Dominik24 · 22.01.2012, 13:21

JO aber auch wenn ich da jz en echo"Hallo"; hin mach wird mir NIX angezeigt.

Suralc · 22.01.2012, 13:25

Error_Reporting an? Steht was in deinem ErrorLog? Browserquellcode mal angeschaut? Machst du überhaupt eine Ausgabe?(In deinem geposteten Code sollte nichts irgendwas Ausgeben).

Und wo ist "da"?

Dominik24 · 22.01.2012, 13:29

Also ja es wird eine Ausgabe gemacht später in einem anderem Code dieser Code wird nur geincludet.

Im QuellCode seh ich nit da die datei nur aus php besteht diese hier...

Ein test den ch gmacht hab:

PHP-Code:

  
<?php
// Connecting to Database
include("config.php");

// Getting menu items from DB
$result = mysql_query("SELECT * FROM menu_punkte LIMIT 1") or die(mysql_error());
while($row = mysql_fetch_array($result))
    {
      if($_GET['page'] == $row[link]){
         $seite = $row['kategorie'];
         echo $row['kategorie'] ;
    }
    echo $_GET['page'] ;
}
?>

Das letzte ECHO wird angezeigt der rest nit :/

lstegelitz · 22.01.2012, 13:51

Von einem Fortgeschrittenen darf man erwarten, das er die Grundregeln der Programmierung auch beachtet. In deinem Code ist keinerlei Fehlerbehandlung und auch das Debugging kommt zu kurz, schau dir mal den Inhalt von $row an (hint: mysql_fetch_array und assoziative Arrayzugriffe! Dazu: $row[link] schmeisst ne Warnung -> error_reporting aufdrehen)

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22.01.2012, 12:53
Dominik24 Neuer Benutzer Registriert seit: 19.06.2011 Beiträge: 14 PHP-Kenntnisse: Fortgeschritten	Ein Fehler??? Hallo Community! Also ich mache gerade eine Seite die vvrschiedenen Kategorien enthält. Diese Kategorien natürlich ach unterpunkt und nun muss ich einen Code erstellen, der mir aus der datenbank die Seiten auslesehn soll und vergleichen welche Seite man gerade ist. Dann wird per if-Abfrage gesetzt welche Seite grade besucht ist und welche Kategorie das angehört. PHP-Code: `<?php // Connecting to Database include("config.php"); // Getting menu items from DB $ergebnis = mysql_query("SELECT link, kategorie FROM menu_punkte"); while($row = mysql_fetch_object($ergebnis)) { if($_GET['page'] == $row->link){ $seite = $row->kategorie ; } } ?>`


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

22.01.2012, 12:59
splasch Erfahrener Benutzer Registriert seit: 05.01.2009 Beiträge: 474 PHP-Kenntnisse: Fortgeschritten	Schön und wie lautet nun deine Frage?

22.01.2012, 13:00
Dominik24 Neuer Benutzer Registriert seit: 19.06.2011 Beiträge: 14 PHP-Kenntnisse: Fortgeschritten	Was ist daran falsch hab ich den Code engefügt wird nix angezeit.

22.01.2012, 13:21
Dominik24 Neuer Benutzer Registriert seit: 19.06.2011 Beiträge: 14 PHP-Kenntnisse: Fortgeschritten	JO aber auch wenn ich da jz en echo"Hallo"; hin mach wird mir NIX angezeigt.

22.01.2012, 13:29
Dominik24 Neuer Benutzer Registriert seit: 19.06.2011 Beiträge: 14 PHP-Kenntnisse: Fortgeschritten	Also ja es wird eine Ausgabe gemacht später in einem anderem Code dieser Code wird nur geincludet. Im QuellCode seh ich nit da die datei nur aus php besteht diese hier... Ein test den ch gmacht hab: PHP-Code: `<?php // Connecting to Database include("config.php"); // Getting menu items from DB $result = mysql_query("SELECT * FROM menu_punkte LIMIT 1") or die(mysql_error()); while($row = mysql_fetch_array($result)) { if($_GET['page'] == $row[link]){ $seite = $row['kategorie']; echo $row['kategorie'] ; } echo $_GET['page'] ; } ?>` Das letzte ECHO wird angezeigt der rest nit :/

22.01.2012, 13:51
lstegelitz Erfahrener Benutzer Registriert seit: 07.09.2009 Beiträge: 4.005 PHP-Kenntnisse: Fortgeschritten	Von einem Fortgeschrittenen darf man erwarten, das er die Grundregeln der Programmierung auch beachtet. In deinem Code ist keinerlei Fehlerbehandlung und auch das Debugging kommt zu kurz, schau dir mal den Inhalt von $row an (hint: mysql_fetch_array und assoziative Arrayzugriffe! Dazu: $row[link] schmeisst ne Warnung -> error_reporting aufdrehen) __________________ Über 90% aller Gewaltverbrechen passieren innerhalb von 24 Stunden nach dem Konsum von Brot.