n0visk

Tu esqueceu de colocar as aspas... isso seria a mesma coisa se você fizesse: <input type="text" name="textfield" value=prestacao x teste > ou seja ele so vai aparecer prestacao mesmo... tenta ae: <input type="text" name="textfield" value="<?php echo $texto; ?>" >

É para o seu problema use então o HIDDEN para esconder o input... você poderia tb colocar no action do seu form para mandar o id do codigo pra url denovo... e fazer outro get... echo "<form action='pagina.php?cod=". $cod ."' >" e ai você faz o get no $cod denovo...

não sei se entendi seu problema mais vamos lá. use alguma referencia no nome ou na id da div ou input para dizer no javascript qm você quer referenciar tente o seguinte: function funcao( $c ) { getDocumentById($c).style.backgroundColor = "#000000"; } for($c=0;$c<=100;$c++){ echo "<input id='". $c ."'onclick=\"funcao( $c )\">"; } não testei isso, mais essa é a ideia, teste ae. falou

No seu codigo você tb esqueceu de colocar o input? <?php echo "<input name='cod' value='" . $cod . "'>" ?>

Opa, eu n manjo muito mais tento ajuda de alguma maneira! hehe, só n tinha entendido direito teu problema da porcentagem. boa sorte ae, falou.

<?php function toMinutes( $horario ) { $array = explode(":", $horario ); $array[0]; //hora $array[1]; //minutos $min = $array[0] * 60; //convertendo a hora para minutos $min = $min + $array[1]; //somando as horas convertidas com os minutos return $min; } function getCusto( $horario ) { $min = toMinutes( $horario ); $custoHora = 10; return ($min/60)*$custoHora; //retorna o custo total das horas utilizadas } function getTempoPorcento( $total, $atual ) { //tempo total e o horario atual return ($atual*100)/$total.'%'; } ?> Cara tenta ae, fiz correndo aqui, passei tudo para minuto, da uma testada nisso ae e me avisa. falou.

Ae galera, fiz um cadastro aqui, que envia uma foto junto. Aqui no meu servidor funcionou tranquilo, agora quando eu coloquei no servidor deu o seguinte erro: Forbidden You don't have permission to access /beta/fotos/19d61907ab978c4112832150bfa5ac50.jpg on this server. Additionally, a 404 Not Found error was encountered while trying to use an ErrorDocument to handle the request. -------------------------------------------------------------------------------- Apache/1.3.39 Server at bandalondon.com Port 80 Isso é erro no meu codigo php? está faltando algo para ter essa permissão? Vlw galera.

Consegui, muito bom esse tópico ESerra, muito obrigado. Resolvido. Vlw

eu fiz isso... e não imprimiu nada mesmo na 'imagem'.. ficou assim Array ( [id] => 8 [titulo] => ZIP [foto] => ) vou dar uma olhada nesse link que você me passou. Vlw ESerra.

cara, eu n manjo muito ainda sobre o assunto, mais tente fazer isso para resgatar o id, $id = (isset($_GET['id']))?$_GET['id']:NULL; ai você usa ele como referncia para exibir as noticias. sobre o "mostra_noticia.php?abre_logo_merda!" crio eu q esteja errado isso. você tem q fazer assim. "mostra_noticia.php?id="$id"" ou "mostra_noticia.php?abre_logo=noticia creio eu q é mais ou menos por ai..

Cara isso tem a ver co querystring, procure sobre o assunto. tem esse link aqui tb, veja se já basta para solucionar o problema ai: http://scriptbrasil.com.br/forum/index.php?showtopic=89161 Espero ter ajudado, Abraço.

porque usar <?php e não so <? , isso poderia dar algum erro? quanto ao problema, como eu vou resgatar o nome da $imagem, se eu não tenho ele? vou tentar explicar: ex.: <form method="post" name="inserirFoto" enctype="multipart/form-data"> <input name="titulo" type="text"/> <input name="imagem" type="file"/> <input name="enviarFoto" type="submit" value="Inserir Foto"/> </form> ai enviei os dados...... $titulo = $_POST['titulo']; $imagem = $_POST['imagem']; // Até aqui, eu nem sei qual conteudo q esta em $imagem, pois fiz isso, e não aparece conteudo nenhum na variavel imagem, mesmo porque no input ela não é type = text e sim type = file. ai era só grava no banco de dados mysql_query("insert into fotos(titulo,imagem) values('$titulo',$imagem'); dpois para mostrar na pagina faço lá o: $res = mysql_query("select * from fotos); dpois while($x = mysql_fetch_assoc($res)){ $titulo = $x['titulo']; $imagem = $x['imagem']; echo "$titulo"; echo "$imagem"; //coloquei esse echo só para ver o conteudo dessa variavel, pelo q parece não tem nada nela. echo "<img src=\"imagens/$imagem\" > // esse era o correto, para aparece a imagem enviada pelo form, q no momento esta no ftp. } Tentando resumir dnovo: Quero mandar uma imagem para o FTP e fazer ela aparecer na minha pagina depois. Como eu posso dar o nome para essa imagem no banco de dados para fazer o <img /> de acordo com o titulo? Não nem se tem como pegar o nome dessa imagem quando eu envio ela, ou se tem que fazer por uma outra logica isso. Obrigado pela ajuda viejoyo Abraço!

Fala galera! estou com um problema aqui. Tenho um formulario, que envia um titulo e uma foto. e após enviar o titulo e a foto irão aparecer na sessão de fotos. a duvida é, como vou fazer para exibir essa foto apos ter feito o upload dela para o FTP? eu tentei pega o conteudo do input da foto, assim eu teria o nome do arquivo e colocaria facil a foto no site. porem eu fiz um teste aqui e não pega o texto do input file. eu tinha feito a tabela das fotos no banco de dados desse jeito: CREATE TABLE fotos( id int NOT NULL AUTO_INCREMENT PRIMARY KEY, titulo varchar(100), // pega o titulo para foto. imagem varchar(300) //pega o nome da foto enviada, para fazer no html ex.: <img src="imagens/<?echo "$imagem"?>"/> ); resumindo, como faço para saber o nome da imagem que foi feito o upload no ftp para poder inserir na minha pagina? Agradeço desde já. Abraço!

Ainda não manjo muito do assunto mas.. não ta faltando o $con no mysql_query? eu faria assim: $con = mysql_connect ("$host", "$login_db", "$senha_db"); $select = "SELECT * FROM avaliacoes WHERE nome_colab = '$nome_colab'"; $sql = mysql_query($select,$con); bom é isso que eu faço aqui.. heheh espero ter ajudado.

Opa, é isso mesmo deu certo. Obrigado galera, vlw ESerra!