Probleme mit Gallery - Seite 2

M3g4Star · 13.12.2006, 15:09

Die Zahlen in LIMIT beschreiben:

LIMIT ZAHL1,ZAHL2

ZAHL1: an welcher POosition soll ich anfangen.
ZAHL2: wieviele zeilen AB ZAHL1 soll ich anzeigen.

zunächst einmal lässt du dir dein SQL Statement ausgeben BITTE. Einfach mal um zu kucken was du da an die DB auf jeder Seite schickst ...

PHP-Code:

  <?php

  $pictures = mysql_query("SELECT id, link FROM pictures WHERE gallery_id = '".mysql_real_escape_string($_GET['gallery'])."' LIMIT

                ".$offset.",".$limit.";") OR die(mysql_error()); 

?>

ceil leifert meineswissens NIE ein Error !!! Also ist das Statement nicht ganz korrekt.

PHP-Code:

  <?php

$num_pages = ceil($anzahl/$limit); //müsste immer mindestens 1 sein

 
    if(!$num_pages) {

        $num_pages = 1;

    } 

?>

Was wird dir denn ausgegeben ???

Kein Genie · 15.12.2006, 21:17

Dumme Frage, aber wie lasse ich mit ein SQL Statment ausgeben

Zergling-new · 16.12.2006, 12:49

Ein SQL-Statement ist in PHP nichts anderes als ein String. Und einen String wirst du ja wohl noch ausgeben können, oder?

Kein Genie · 18.12.2006, 04:49

Also, ich habe so die Ausgabe gemacht:

PHP-Code:

      $pictures = mysql_query("SELECT id, link FROM pictures WHERE gallery_id = '".mysql_real_escape_string($_GET['gallery'])."' LIMIT

                ".$offset.",".$limit.";") OR die(mysql_error());

    while($print_pictures = mysql_fetch_array($pictures))

    {

        echo '
[img]'.$print_pictures['link'].'[/img]';

    }

print_r($pictures);

Und das kam dabei raus:
Resource id #12

agrajag · 18.12.2006, 08:45

Jetzt gibst du auch das ergebnis von mysql_query() aus....
Du willst aber das ausgeben, was du mysql_query() verfütterst - also den String.

PHP-Code:

  $sql="SELECT id, link FROM pictures WHERE gallery_id = '".mysql_real_escape_string($_GET['gallery'])."' LIMIT

                ".$offset.",".$limit.";";

$pictures = mysql_query($sql) OR die(mysql_error());

In diesem Fall also $sql nicht $pictures...

Kein Genie · 18.12.2006, 13:12

Das ist die Ausgabe:

Code:

SELECT id, link FROM pictures WHERE gallery_id = '1' LIMIT 0,1;

Zergling-new · 18.12.2006, 13:49

Was macht der Strichpunkt da am Ende? Der gehört da nicht hin!

Kein Genie · 18.12.2006, 14:17

Habe den Fehler gefunden.
SO ist meine Ausgabe jetzt:

Code:

SELECT id, link FROM pictures WHERE gallery_id = '1' LIMIT 0,1

Kein Genie · 20.12.2006, 15:09

So, und was muss ich jetzt machen?
Also ich habe die Ausgabe ja gepostet und auch den kleinen Fehler behoben.
Trotzdem bin ich noch nicht wirklich weiter...

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13.12.2006, 15:09
M3g4Star Erfahrener Benutzer Registriert seit: 23.08.2007 Beiträge: 1.510	Die Zahlen in LIMIT beschreiben: LIMIT ZAHL1,ZAHL2 ZAHL1: an welcher POosition soll ich anfangen. ZAHL2: wieviele zeilen AB ZAHL1 soll ich anzeigen. zunächst einmal lässt du dir dein SQL Statement ausgeben BITTE. Einfach mal um zu kucken was du da an die DB auf jeder Seite schickst ... PHP-Code: `<?php $pictures = mysql_query("SELECT id, link FROM pictures WHERE gallery_id = '".mysql_real_escape_string($_GET['gallery'])."' LIMIT ".$offset.",".$limit.";") OR die(mysql_error()); ?>` ceil leifert meineswissens NIE ein Error !!! Also ist das Statement nicht ganz korrekt. PHP-Code: `<?php $num_pages = ceil($anzahl/$limit); //müsste immer mindestens 1 sein if(!$num_pages) { $num_pages = 1; } ?>` Was wird dir denn ausgegeben ???


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

15.12.2006, 21:17
Kein Genie Erfahrener Benutzer Registriert seit: 19.03.2006 Beiträge: 413	Dumme Frage, aber wie lasse ich mit ein SQL Statment ausgeben

16.12.2006, 12:49
Zergling-new Erfahrener Benutzer Registriert seit: 21.05.2008 Beiträge: 9.937	Ein SQL-Statement ist in PHP nichts anderes als ein String. Und einen String wirst du ja wohl noch ausgeben können, oder?

18.12.2006, 04:49
Kein Genie Erfahrener Benutzer Registriert seit: 19.03.2006 Beiträge: 413	Also, ich habe so die Ausgabe gemacht: PHP-Code: `$pictures = mysql_query("SELECT id, link FROM pictures WHERE gallery_id = '".mysql_real_escape_string($_GET['gallery'])."' LIMIT ".$offset.",".$limit.";") OR die(mysql_error()); while($print_pictures = mysql_fetch_array($pictures)) { echo ' [img]'.$print_pictures['link'].'[/img]'; } print_r($pictures);` Und das kam dabei raus: Resource id #12

18.12.2006, 08:45
agrajag Moderator Registriert seit: 02.10.2006 Beiträge: 3.820 PHP-Kenntnisse: Fortgeschritten	Jetzt gibst du auch das ergebnis von mysql_query() aus.... Du willst aber das ausgeben, was du mysql_query() verfütterst - also den String. PHP-Code: `$sql="SELECT id, link FROM pictures WHERE gallery_id = '".mysql_real_escape_string($_GET['gallery'])."' LIMIT ".$offset.",".$limit.";"; $pictures = mysql_query($sql) OR die(mysql_error());` In diesem Fall also $sql nicht $pictures... __________________ Today you...Tomorrow me.

18.12.2006, 13:12
Kein Genie Erfahrener Benutzer Registriert seit: 19.03.2006 Beiträge: 413	Das ist die Ausgabe: Code: SELECT id, link FROM pictures WHERE gallery_id = '1' LIMIT 0,1;

18.12.2006, 13:49
Zergling-new Erfahrener Benutzer Registriert seit: 21.05.2008 Beiträge: 9.937	Was macht der Strichpunkt da am Ende? Der gehört da nicht hin!

18.12.2006, 14:17
Kein Genie Erfahrener Benutzer Registriert seit: 19.03.2006 Beiträge: 413	Habe den Fehler gefunden. SO ist meine Ausgabe jetzt: Code: SELECT id, link FROM pictures WHERE gallery_id = '1' LIMIT 0,1

20.12.2006, 15:09
Kein Genie Erfahrener Benutzer Registriert seit: 19.03.2006 Beiträge: 413	So, und was muss ich jetzt machen? Also ich habe die Ausgabe ja gepostet und auch den kleinen Fehler behoben. Trotzdem bin ich noch nicht wirklich weiter...