
Edinho Rodrigues
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Presidente Prudente/SP
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Olá Estou trabalhando em uma página de upload de fotos. Gostaria de Exibir uma mensagem de 'carregando' enquanto o site envia informações: Porém só consigo exibir quando o site já enviou as informações e está gravando no banco. Já tentei vários plugins e ainda não consegui. Segue abaixo o código que usei: <script src="../includes/js/jquery.js"></script> <script> function loading(status) { if (status == 1) $('#loading').fadeIn(); else $('#loading').fadeOut(); }
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Olá galera, estou com um pequeno problema em meu código, mas que está me tirando o sono. Fiz um sistema de upload de arquivo, que salva, entre outros dados, uma imagem no banco de dados. Quando recuperar esses dados para alteração, o usuário pode escolher alterar a imagem ou deixar a mesma imagem gravada no banco. Para fazer o clique do botão Alterar, estou fazendo dessa forma, mas eu não consigo fazer com que o if correto seja acionado: if (isset($_FILES["imagem"])&& empty($_FILES['imagem'])) { //Se o usuário escolheu uma imagem, grava a nova imagem que o usuário escolheu
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Alterar Imagem ao Clicar num link
Edinho Rodrigues replied to Edinho Rodrigues's question in Repositório de Scripts - PHP
Para aqueles que leram esse post e tinha a mesma dúvida que eu, encontrei a solução: 1 - Cria o input file e o link: <input id="upload" type="file"/> <a href="" id="upload_link">Upload your photo</a> 2 - Função js para que o link se comporte como o input file: $(function(){ $("#upload_link").on('click', function(e){ e.preventDefault(); $("#upload:hidden").trigger('click'); }); }); 3 - CSS para ocultar o input file: #upload_link{ text-decoration:none; } #upload{ display:none } Espero que ajude. Valeu -
Alterar Imagem ao Clicar num link
Edinho Rodrigues posted a question in Repositório de Scripts - PHP
Olá, Estou desenvolvendo uma aplicação em PHP onde o usuário pode se cadastrar. No momento do cadastro é gravada uma imagem padrão e quando o usuário estiver em seu perfil ele pode alterar os dados, inclusive a imagem. Preciso fazer com que ao clicar m um link (que aparece quando ele move o mouse sobre a imagem). O que eu queria é quando o usuário clicar sobre esse link, abrir a tela para seleção e quando o usuário escolher a imagem e clicar no botão Abrir a imagem seja trocado no BD. Alguém poderia me dar uma luz. Desde já agradeço. -
Olá amigos, estou com um pequeno (espero eu) problema. Fiz uma aplicação em PHP para fazer upload de várias imagens ao mesmo tempo, testei ela localmente e funciona perfeitamente, inclusive com a opção de apagar a imagem da pasta do servidor tb. Porém, quando envio os arquivos para o servidor ele não funciona como deveria. O problema é que não aparece nenhum mensagem de erro, ele faz o upload das imagens, só q ele grava a mesma imagem várias vezes apenas com nomes diferentes. Então na tela aparece o total de imagens que foram "upadas" só que todas com a mesma aparência, como se tivesse sido
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Cara, to tentando fazer um esquema desses, só que dinâmico, com dados vindo do banco. Eu estou usando o foreach pra percorrer uma lista e exibir os dados. Basicamente eu tenho uma lista de categorias e uma lista de convênios. Eu percorro a lista de categorias e exibo os convênios de acordo com a categoria. Até aí, tudo lindo, o problema é quando eu tento fazer o slideToggle dinamicamente, ele mostra apenas o primeiro item da lista de convênios. Será que tem alguma ideia? Segue abaixo meu código: JAVASCRIPT <script type="text/javascript"> $(document).ready(function() { $(".lista_defi
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Olá, estou tentando alimentar uma tabela no MySQL com um arquivo .csv. Quando eu executo o SQL no phpMyAdmin o comando funciona: LOAD DATA INFILE 'C:\\xampp\\htdocs\\Testes\\csv\\carros.csv' REPLACE INTO TABLE carros FIELDS TERMINATED BY ';' ENCLOSED BY '\"' ESCAPED BY '\\' Porém quando tento executar via programação, dá erro de SQL: $planilha = "'C:\\xampp\\htdocs\\Testes\\csv\\carros.csv'"; if (isset($_POST["gravar"])) { $gravar = mysql_query("LOAD DATA INFILE $planilha REPLACE INTO TABLE carros FIELDS TERMINATED BY ';' ENCLOSED BY '\"' ESCAPED BY '\\' ") or die(mysql_error()); if ($
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Olá Preciso desenvolver um aplicação em PHP que o usuário suba um arquivo no formato xls e então atualize uma tabela no banco de dados com os valores da nova tabela. Explicando melhor, terei uma tabela de preços no meu BD e esses preços virão atualizados em formato xls. Então quero construir uma aplicação que eu possa upar esse arquivo xls e substituir os valores do banco pelos que estão no arquivo xls. Desde já agradeço Att. Edinho Rodrigues
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Ao tentar iniciar o serviço Apache pelo Windows 8, aparece a seguinte mensagem: O Windows não pode iniciar o Apache2.4 em Computador Local. Para obter mais informações, examine o log de eventos do sistema. Se este for um serviço não-Microsoft, contate o fornecedor do serviço e informe o código de erro específico do serviço 1. O que pode ser?
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Olá. Em minha aplicação tenho uma lista de checkboxs e preciso manter os chekcboxs da lista selecionados, eu fiz como o código abaixo, porém ele só mantém selecionado aquele que eu cliquei primeiro, os outros ele tira a seleção. Alguém pode me ajudar? Segue abaixo o código: <td width="20"><input type="checkbox" name="area_profissional[]" id="area_profissional1" value="Outras" <?php if ($area_profissional1 == 'Outras' || $area_profissional2 == 'Outras' || $area_profissional3 == 'Outras')
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Cara, deu quase certo. Ele mostra os itens selecionados, porém todos na mesma variável. Precisaria que aparecesse cada item em uma variável para guardar no banco...
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Olá. Tenho uma lista com varios checkbox e preciso pegar o valor de apenas 3 itens. Conseguir fazer o foreach para pegar os valores, porém não sei como pegar o valor dos outros seleionados, ele so pega o valor do ultimo item selecionado. Segue o código: if(isset($_POST["area_profissional"])){ for($i = 0; $i < count($_POST["area_profissional"]); $i++) { $sel = $_POST["area_profissional"][$i]; } }