the.arch

the.arch

Buongiorno , dovrei creare una finestra pop-up con javascript però che abbia la barra laterale abilitata,
per ora ho messo questo codice :

onsubmit="javascript: window.open('','popup','width=300')

per il codice della barra però non ricordo che opzione devo aggiungere..
grazie.

the.arch

Per domande e porfolio lavori scrivetemi
[email][email protected][/email]

the.arch

Salve , ho seguito l'ottima guida scritta da Thedarkita **
[Tutorial] Area privata **

in più io nella registrazione ho impostato degli input box con altri valori, quindi in totale nel database viene registrato :

nome
password
email
società

ora nella pagina privati.php vorrei che php recuperasse per ogni utente la società registrata, ma non so come fare , almeno non mi viene in mente niente avevo pensato che nella pagina privata deve recuperare l'id utente e in base a quello darmi la società , però non so come fare e non sono sicuro che sia un sistema sicuro, quindi chiedo aiuto a voi
grazie.

the.arch

Ciao a tutti, ho creato una nuova community dedicata all'informatica , ancora è nuova e siamo pochissimi, cercavo utenti che nel tempo libero sono disposti a scambiare idee , opinioni , insomma a passare un pò il tempo..
questo è il link
http://passioneinformatica.forumcommunity.net/

the.arch

Buongiorno , nel mio sito web ho creato delle sezioni in questo modo

collegandoli al foglio di stile cosi

#header_menu{
position:absolute;
top:139px;
left:60px;
width: 920px;
overflow: auto;
list-style: none;
margin: 0;
}
li{
float: left;
}
li a {
float: left;
line-height: 0px;
text-align: center;
margin: 1px;
}

li.homepage{ background:url(immagini/home.jpg) no-repeat 0 0; width:59px; height:22px; margin : 1px; }
li.homepage:hover{ background-position: 0 -22px; }

li.chisiamo{ background:url(immagini/chisiamo.jpg) no-repeat 0 0; width:111px; height:22px; margin : 1px; }
li.chisiamo:hover{ background-position: 0 -22px; }

li.cosafacciamo{ background:url(immagini/cosafacciamo.jpg) no-repeat 0 0; width:154px; height:22px; margin : 1px; }
li.cosafacciamo:hover{ background-position: 0 -22px; }

li.docenti{ background:url(immagini/idocenti.jpg) no-repeat 0 0; width:116px; height:22px; margin : 1px; }
li.docenti:hover{ background-position: 0 -22px; }

li.master{ background:url(immagini/master.jpg) no-repeat 0 0; width:106px; height:22px; margin : 1px; }
li.master:hover{ background-position: 0 -22px; }

li.altaspecializzazione{ background:url(immagini/altaspecializzazione.jpg) no-repeat 0 0; width:222px; height:22px; }
li.altaspecializzazione:hover{ background-position: 0 -22px; }

li.diconodinoi{ background:url(immagini/diconodinoi.jpg) no-repeat 0 0; width:122px; height:22px; }
li.diconodinoi:hover{ background-position: 0 -22px; }

il problema e che tutte le sezioni nel sito web non possono essere cliccate , cioè anche se ci passo sopra con il mouse non compare la manina , e non mi fa cliccare.

the.arch

Buongiorno , ho creato un sito web con un menu in alto che quando passo in in mouse sulle sezioni , parte lo stato hover e le sezioni si colorano di rosso.
Ora però vorrei mantenere questo stato (il colore rosso) quando sono entrato nella pagina.
A livello di codice, come si fa ?
Grazie:)

the.arch

E possibile lanciare una query servendosi di un immagine ??
Ad esempio , ho una tabella di nome pizze con all'interno tre voci

id
nomepizza
quantita

In una pagina html faccio uscire in lista tutti i "nomepizza" contenuti nella tabella pizze
accanto ad ogni nome vorrei mettere un'immagine con un "+"
Il + mi servirebbe per lanciare una query che legga il "nomepizza" e vada ad aumentare la quantità di un numero (se è 3 diventa 4 , se è 4 diventa 5 ecc..) di quella pizza, si può fare ??

the.arch

Salve , vorrei creare una funziona che controlli , prima di inserire una query se un campo ha lo stesso valore di un altro, mi spiego meglio , inserisco all'interno della mia tabella (composta da id e cognome) il sig.Rossi , inserisco altri nomi e poi a un certo punto cerco di reinserire il sig Rossi , a questo punto php e mysql sostituiscono direttamente quel precedente Sig rossi , quindi dovrei creare una funzione che in fase di inserimento della query faccia un confronto con l'attuale database e se c'è il cognome uguale effettui una sostituzione

però in termini pratici non mi viene in mente come fare,
dovrei usare un IF , però qui i valori sono all'interno del database.

the.arch

Salve a tutti , mi chiamo Stefano e sono un ragazzo di 20 anni , ultimamente vorrei creare sul web qualcosa di nuovo e utile per gli utenti , qualcosa di semplice da usare , intuitivo , utile e divertente, ho diverse idee a riguardo , per sviluppare un progetto nel tempo libero , cercavo quindi di formare una squadra , un team per lavorarci insieme , l'unione di diverse idee o la cooperazione farà nascere qualcosa di migliore , io so programmare in XHTML , CSS , PHP , MYSQL .. uso a livello base anche action script 3 e in generale le animazioni in flash, cercavo qualcuno che voleva unirsi al progetto, l'ideale sarebbe un ragazzo della mia età (ma non necessariamente) con abilità di programmazione in flash (dove io sono più carente) ma sono disposto a leggere le vostre proposte quindi contattatemi , una breve presentazione e le vostre motivazioni per lavorare su questo progetto...a questo punto , vi ringrazio per l'attenzione.. contattatemi su :

email / msn : [email protected]

grazie.

the.arch

Buongiorno a tutti ,

oggi ho caricato sul server un mio sito , e sono iniziati i primi problemi , ma bene o male ho risolto tutto , ora l'unico problema che non riesco a risolvere e legato al resize delle immagini , in locale con easy php inserivo questo codice:
[PHP]
// Ottengo le informazioni sull'immagine originale
list($width, $height, $type, $attr) = getimagesize($_SERVER['DOCUMENT_ROOT']."/$id.jpeg");

// Creo la versione 120*90 dell'immagine (thumbnail)
$thumb = imagecreatetruecolor(120, 90);
$source = imagecreatefromjpeg($_SERVER['DOCUMENT_ROOT']."/$id.jpeg");
imagecopyresized($thumb, $source, 0, 0, 0, 0, 120, 90, $width, $height);

// Salvo l'immagine ridimensionata
imagejpeg($thumb, $_SERVER['DOCUMENT_ROOT']."/$id.jpeg", 75);

[/PHP]

e tutto funzionava bene ,ora in remoto su altervista.org , non mi da nessun errore , ma semplicemente ingnora il comando come se non c'è scritto niente.

Inoltre ho controllato ma le librerie GD sono attive e funzionanti..

help:(): me.

the.arch

Perfetto , ti ringrazio.

the.arch

Ok corretto al volo , in questo modo però devo creare io le pagine , quindi dovrei avere un limite massimo di articoli , se invece volessi che i link alle pagine si generano in modo automatico in base agli articoli
thanks.

the.arch

Ci ho provato ma niente

[php]
<?php
// connessione e selezione del database
mysql_connect('localhost', 'root', 'mysql')
or die('Connessione non riuscita: ' . mysql_error());

if(!mysql_select_db('viaggi'))
die('Selezione database fallita!');

// query per ottenere l'elenco dei files nel DB
$query = "SELECT id , titolo , articolo FROM viaggiprova ORDER BY id DESC LIMIT 0,5";

$result = mysql_query($query)
or die('Query non valida: ' . mysql_error());

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

echo "{$row['titolo']} ";
echo "{$row['articolo']} ";

}

$page = ((isset($_GET['page']) && is_numeric($_GET['page'])) ? $_GET['page'] : 1);
$start = ($page-1)*5;

echo " <a href=view.php?page=2>2</a> ";

$query = "SELECT id , titolo , articolo FROM viaggiprova ORDER BY id DESC LIMIT $start,5";
?>
[/php]Gli ho messo il link solo per una pagina per fare un test però non mi funziona , la pagina dove sto lavorando ora si chiama view.php.

Ma in ogni caso non riesco a capire il sistema , cioè mi sembra di capire che gli stai dicendo che in base al numero pagina deve fare una moltiplicazione scusami , ma come funziona?? Sono scarso ancora abbì pietà.

the.arch

Ti ringrazio , ma non riesco a capire quest'istruzione , come fa a creare le pagine ? Dovrei creare un altra pagina a parte ? E' un istruzione che va inserita dove ? Grazie per l'aiuto.

the.arch

Grazie per la risposta :Davevi perfettamente ragione , ora ho impostato un limite agli articoli

[php]
$query = "SELECT id , titolo , articolo FROM viaggiprova ORDER BY id DESC LIMIT 0,5";
[/php]in questo modo solo 5 articoli dal database recupera , visto che ho sempre un problema con gli articoli scrivo direttamente qui, per visualizzare le altre pagina con gli altri articoli , che istruzione dovrei dare ??
Grazie.

the.arch

Buongiorno a tutti , questa mattina mi è imbattuto un problema che non capisco come risolvere, secondo diverse guide che ho letto mi sembra di fare tutto correttamente, comunque veniamo al punto:

In un database mysql ho creato questi campi:

id - titolo - articolo

Poi ho creato 3 articoli completi di titolo e articolo, ora volevo visualizzare questi articoli in una pagina, direte semplice , beh lo pensavo pure io.

Ho inserito questo codice:

[php]
<?php
// connessione e selezione del database
mysql_connect('localhost', 'root', 'mysql')
or die('Connessione non riuscita: ' . mysql_error());

if(!mysql_select_db('viaggi'))
die('Selezione database fallita!');

// query per ottenere l'elenco dei files nel DB
$query = "SELECT id , titolo , articolo FROM viaggiprova";

$result = mysql_query($query)
or die('Query non valida: ' . mysql_error());

while ($row = mysql_fetch_array($result))

echo "$row[titolo] ";
echo "$row[articolo] ";

?>

[/php]Però mi visualizza solo il titolo :():
in questo modo :

prova tecnica

seconda prova

terza prova
Che sarebbero i nomi che gli ho dato agli articoli , l'articolo in se non lo visualizza , se rimuovo però [php]echo "$row[titolo] "[/php] invece visualizza gli articoli !
Non capisco.

the.arch

the.arch

Questo è il codice attuale

[PHP]
<?PHP

// connessione e selezione del database
mysql_connect('localhost', 'root', 'mysql')
or die('Connessione non riuscita: ' . mysql_error());

if(!mysql_select_db('viaggi')) 
die('Selezione database fallita!'); 

// recupero alcune informazioni sul file inviato 
$titolo = $_POST['titolo']; 
 
// query per inserire il file nel DB 
$query = "INSERT INTO viaggiprova SET 
            titolo = '$titolo'";  

 mysql_query($query) 
OR die('Query non valida: ' . mysql_error()); 
$id = mysql_insert_id(); 

// RECUPERO I PARAMETRI DA PASSARE ALLA FUNZIONE PREDEFINITA PER L'UPLOAD 

$cartella = ''; 
$percorso = $_FILES['miofile']['tmp_name']; 
$nome = $_FILES['miofile']['name']; 
 
// ESEGUO L'UPLOAD CONTROLLANDO L'ESITO 
if (move_uploaded_file($percorso, $cartella . $id)) 
{ 
    print "Upload eseguito con successo";  
} 
else 
{ 
    print "Si sono verificati dei problemi durante l'Upload";  
} 
$newName = [id] . 'jpeg'; 
rename( '$nome', '$newName' );

?>
[/PHP]

però nella stringa $newName = [id] . 'jpeg';
mi da errore** parse error**.

the.arch

the.arch

the.arch

@the.arch

Post creati da the.arch