Ir para conteúdo
Fórum Script Brasil
  • 0

Problemas No Código


dev

Pergunta

Oi, pessoal.

Tudo jóia? Meu primeiro post !!!! rolleyes.gif

Estou montando um upload para fotos, com lógica para alterar a tabela no BD Mysql. A lógica e o envio tá funcionando legal, mas na visualização da página não tá funcionando direito, aparece a descrição de um erro logo que abre:

Warning: copy(): Unable to access in /home/ibeca/public_html/upload.php on line 46

erro ao enviar

E depois do envio, aparece a mensagem de que deu certo, mas aparece, também os campos de envio, como se fosse a primeira página. Deu pra entender?

estou colocando o código abaixo, tá tudo belezinha, só o copy() que tá empacando. Se alguém puder dedicar um tempinho pra me ajudar, agradeço imensamente, já faz 02 dias que estou tentando corrigir o erro e não consegui. dry.gifblink.gif

<?

$conexao = mysql_connect ("localhost", "user", "pass") or die ('error: ' . mysql_error());

mysql_select_db ("bd");

$id = trim(strtolower($_POST["txtid"]));

// Renomeando arquivo antes de gravar no servidor

// Imaginando que a variável $nome tem o nome do usuário que enviou a foto

$sql = "Select * from dados Where id=$id'";

$resultado = mysql_query($sql,$conexao) or die(mysql_error());

$row = mysql_fetch_array($resultado);

$prox = b;

if(($row["foto1]) == "default.jpg")

$prox = a;

// Se a foto1 for igual default, é porque essa é a primeira foto

$arquivo_name = $id . $prox . '.jpg';

// Arquivo renomeado, basta utilizar lógica para upload desse arquivo.

// Fazendo update na tabela de usuários

$sql = "UPDATE dados SET foto1 = '$arquivo_name' Where id='$id'";

if($prox == cool.gif

$sql = "UPDATE dados SET foto2 = '$arquivo_name' Where id='$id'";

$resultado = mysql_query($sql,$conexao) or die(mysql_error());

if(mysql_affected_rows()>0)  // Update foi feito com sucesso

?>

<html>

<head>

<title>Administração de Fotos</title>

</head>

<body>

<form method="post" action="upload.php?upload=1" enctype="multipart/form-data">

<B><CENTER>Administração de Fotos</center></b>

<center>

Foto:<input type="file" name="arquivo"></center><br>

<center>

ID do Usuário:<input type="textfile" name="txtid"></center><br>

<br><input type="submit" value="enviar"><br>

</form>

</body>

</html>

<?

$dir="fotos/";

$userfile = $arquivo_name;

if(copy($arquivo, $dir.$userfile)){

echo "arquivo enviado";

}else{

echo "erro ao enviar";

}

?>

Obrigado,

Devarlei. smile.gif

Link para o comentário
Compartilhar em outros sites

2 respostass a esta questão

Posts Recomendados

Participe da discussão

Você pode postar agora e se registrar depois. Se você já tem uma conta, acesse agora para postar com sua conta.

Visitante
Responder esta pergunta...

×   Você colou conteúdo com formatação.   Remover formatação

  Apenas 75 emoticons são permitidos.

×   Seu link foi incorporado automaticamente.   Exibir como um link em vez disso

×   Seu conteúdo anterior foi restaurado.   Limpar Editor

×   Você não pode colar imagens diretamente. Carregar ou inserir imagens do URL.



  • Estatísticas dos Fóruns

    • Tópicos
      152,3k
    • Posts
      652,2k
×
×
  • Criar Novo...