이 모든 것이 html로 작업해야합니다. 다음 html5로 만들기 시도하고 일부 내 첫 번째 CSS 코드를 코딩 해요. 지금 당장 달려 들고있는 유일한 이유는 내 이미지가 보이지 않는 이유입니다. Google 크롬 btw를 사용하고 있습니다. URL에 전달 된 코드는 다음과 같습니다. "? fname = raichu & yesorno = true % 2F"생성 된 HTML에는 이미지 태그가 없습니다./if 문이 false와 같다고 가정합니다.내 img가 왜 보이지 않습니까?
<!DOCTYPE HTML>
<html>
<head>
<style type="text/css">
td{
text-align: center;
padding:15px;
background-color:black;
color:#00FF00;}
th{
background-color:black;
color:yellow}
</style>
<title>Search Results</title>
</head>
<body style="color:#FFFFFF">
<?php
$dbhost = 'server';
$dbname = 'database1';
$dbuser = 'me';
$dbpass = 'password';
$link = mysqli_connect($dbhost,$dbuser,$dbpass,$dbname);
mysqli_select_db($link,$dbname);
$naame = $_GET["fname"];
if($_GET["yesorno"] == 'true' OR !$_GET["yesorno"])
{$query = sprintf("SELECT image_url, Type
FROM Pokemon c
WHERE c.name='%s'", mysqli_real_escape_string($link,$naame));
$result = mysqli_fetch_assoc(mysqli_query($link,$query));
echo '<img height="450" width="330" src="'.$result['image_url'].'" alt="blue"/>';}
$res = mysqli_query($link,"SELECT Name,HP,Type,Pokedex_Number AS 'Pokedex Number',Weakness,Resistance,Retreat AS 'Retreat Cost'
FROM Pokemon
WHERE Pokedex_Number!=0 AND name='$naame'");
if (!$res) {
die("Query to show fields from table failed");}
$fields_num = mysqli_num_fields($res);
echo "<h1>Stats</h1>";
echo "<table border='1'><tr>";
// printing table headers
for($i=0; $i<$fields_num; $i++)
{$field = mysqli_fetch_field($res);
echo "<th>{$field->name}</th>";}
echo "</tr>\n";
// printing table rows
while($row = mysqli_fetch_row($res))
{
echo "<tr>";
// $row is array... foreach(..) puts every element
// of $row to $cell variable
foreach($row as $cell)
echo "<td>$cell</td>";
echo "</tr>\n";
}
echo "</table>";
mysqli_close($link);
?>
<br />
<form method="link"
action = "http://engr.oregonstate.edu/~bainro/welcome.php" ><input
type="submit" value="(>O.O)>RETURN<(O.O<)"></form>
<p></p>
</body>
</html>
생성 된 HTML – case1352
게시 할 수 있습니다 image_url 값을 붙여 넣을 수 있습니까? – GBD
올바른 주소를 전달 하시겠습니까? – Sibu