Criação de links em PHP

[jorgewebcriativo]

Meus amigos, sou novo aqui e programador inexperiente, preciso de uma pequena ajuda:

Depois que eu coloco um link em uma palavra que cadastrei e já está no MySQL: echo<a href=’pagina.php?link=".$dados['nome']."'>".$dados['nome']."</a>";

Este link fica enviando para o nome do próprio link, como está no código acima, ou seja, para a variável nome que foi registrada em $dados.

Eu quero que este nome seja uma página padrão, para qualquer nome e que esta página carregue tudo que foi gravado no BD.

Devo criar uma página que traga as variáveis ! Mas qual o nome desta página ?

[*FIT*]

Veja se é mais ou menos isso o que quer.

http://scriptbrasil.com.br/forum/index.php?showtopic=149717

[jorgewebcriativo]

É isso mesmo meu querido, só tem um detelhe, meu código então ficou assim:

<?php

include('conexao.php');

$link = $_GET['link'];

$sql = mysql_query("select * from loiras where link=$link'");

echo"<img src='upload/".$dados['foto2]."' height='410' width='650'><br>";

echo"<p align='center'>".$dados['nome']."</p><br>";

echo"<p align=center'>".$dados['tel]."</p><br>";

echo"<p align='center'>".$dados['msg']."</p><br>";

?>

E ocorreram os seguintes erros:

Notice: Undefined variable: dados in C:\Arquivos de programas\EasyPHP-5.3.2\www\Desenvolvendo\vitrinebook\site\conteudo.php on line 5

Notice: Undefined variable: dados in C:\Arquivos de programas\EasyPHP-5.3.2\www\Desenvolvendo\vitrinebook\site\conteudo.php on line 6

Notice: Undefined variable: dados in C:\Arquivos de programas\EasyPHP-5.3.2\www\Desenvolvendo\vitrinebook\site\conteudo.php on line 7

Notice: Undefined variable: dados in C:\Arquivos de programas\EasyPHP-5.3.2\www\Desenvolvendo\vitrinebook\site\conteudo.php on line 8

Pelo que entendi, diz que eu não defini a variável dados, como devo definir neste meu código ?

obrigado pela atenção: !

[*FIT*]

acrescente isso

$dados = mysql_fetch_array($sql);

logo abaixo dessa linha

$sql = mysql_query("select * from loiras where link='$link'");

[jorgewebcriativo]

O erro que deu agora foi:

Warning: mysql_fetch_array() expects parameter 1 to be resource, boolean given in C:\Arquivos de programas\EasyPHP-5.3.2\www\Desenvolvendo\vitrinebook\site\conteudo.php on line 5

A linha 5:

$dados = mysql_fetch_array($sql);

[rickayron]

include('conexao.php');

$link = trim($_GET['link']);

$sql = mysql_query("select * from loiras where link=$link'");

$dados=mysql_fetch_array($sql);

$caminho=$dados['foto2];

$nome=$dados['nome';

$tel=$dados['tel'];

$msg=$dados['msg'];

echo"<img src='upload/$caminho' height='410' width='650'><br>";

echo"<p align='center'>$nome</p><br>";

echo"<p align='center'>$tel</p><br>";

echo"<p align='center'>$msg</p><br>";

?>

levando em consideração que haja uma conexao e a seleção do bg esteja correta no arquivo conexao.php

caso a consulta retorne mais de um registro será necessario utilizar um laço para exibir todos pois da maneira atual irá exibir apenas um registro.

até mais

[jorgewebcriativo]

Dá o mesmo warning:

Warning: mysql_fetch_array() expects parameter 1 to be resource, boolean given in ... on line 5

line 5: $dados = mysql_fetch_array($sql);

[*FIT*]

Troque

$dados = mysql_fetch_array($sql);

por

$dados = mysql_fetch_assoc($sql);

Só a nivel de teste!

[jorgewebcriativo]

Mesmo erro. Vou tentar passar para vocês exatamente tudo como está, acho que fica mais fácil para entender, eu sei como é difícil imaginar ou tentar arrumar algum bug de outro programador.

conexao.php

<?php $conexao=@mysql_connect('localhost','webcriativo','jorginho');

if(!$conexao)die('Não foi possível fazer a conexão com o MySQL');

if(!@mysql_select_db('vitrinebook'))die('Não foi possível estabelecer conexão com o banco de dados vitrinebook'); ?>

teste_loiras.php

<?php

include('conexao.php');

$sql="select*from loiras order by nome";

$resultado=mysql_query($sql, $conexao) or die('Falha ao realizar a verificação das fotos');

if(mysql_num_rows($resultado)>0){$num_prod=mysql_num_rows($resultado);

?>

<table>

<?php

while($dados=mysql_fetch_array($resultado)){

?>

<tr><td>

<?php

echo"<img src='upload/".$dados['foto']."' height=210' width='140'><br>";

echo"<p align='center'><a href='conteudo.php?link=".$dados['nome]."'>".$dados['nome']."</a></p>";

?>

</td>

</tr>

</table>

<?php

}

else{echo"Não há fotos";

}

?>

conteudo.php

<?php

include('conexao.php');

$link = $_GET['link'];

$sql = mysql_query("select * from loiras where link=$link'");

$dados = mysql_fetch_assoc($sql);

echo"<img src='upload/".$dados['foto2]."' height='410' width='650'><br>";

echo"<p align='center'>".$dados['nome']."</p><br>";

echo"<p align=center'>".$dados['tel]."</p><br>";

echo"<p align='center'>".$dados['msg']."</p><br>";

?>

Editado Maio 12, 2010 por jorgewebcriativo

[ESerra]

O problema é na query, troque:

$sql = mysql_query("select * from loiras where link='$link'");

Por:

$sql = mysql_query("select * from loiras where link='$link'")OR DIE(mysql_error());

Isso vai forçar o MySQL a informar o erro.