16.12.2008, 18:52
|
|
Постоянный
Регистрация: 29.05.2007
Сообщений: 850
Провел на форуме:
4832771
Репутация:
1916
|
|
geforce
У тебя файл подразумевается как файл с картинками) Поэтому всякие предупреждения типа "Запрос не удался" смысла не имеют тут.
Я когда-то давно когда писал cms делал проще. Если запрос не выполнился или ещё какая-нибудь хня, просто выдавал браузеру картинку 1х1 px
PHP код:
include("db.php");
if (isset($_POST['vibor'])) $vibor = $_POST['vibor'];
if (isset($_POST['load'])) $adres = $_POST['load'];
$result1 = mysql_query("SELECT * FROM data WHERE id='".$vibor."'",$db);
if ($result1 && mysql_num_rows($result1)){
$myrow1 = mysql_fetch_array($result1);
$im = imagecreatetruecolor(50, 50);
$im1 = imagecreatefromjpeg($adres);
$im2 = imagecreatefromjpeg('logo.jpg');
$im3 = imagecreatefromjpeg($myrow1['url']);
imagecopy($im, $im1, 0, 0, 0, 0, 25, 25);
imagecopy($im, $im2, 25, 0, 0, 0, 25, 25);
imagecopy($im, $im3, 0, 25, 0, 0, 25, 25);
header('Content-type: image/jpg');
imagejpeg($im);
}else{
$im = imagecreate(1,1);
imageColorAllocate($im, '', '', '');
header('Content-type: image/jpg');
imagejpeg($im);
}
И кстате говоря
PHP код:
if (isset($_POST['vibor'])) $vibor = $_POST['vibor'];
if (isset($_POST['load'])) $adres = $_POST['load'];
Это очень небезопасно, использовать в запросе неэкранированные данные.
И ещё, если у тебя $_POST['load'] не существует, то переменная $adres не будет объявлена, что приведёт к ошибке вот тут:
PHP код:
$im1 = imagecreatefromjpeg($adres);
|
|
|