Estrarre immagine dal database

Ciao a tutti, dovrei estrarre un immagine dal database sapendo id...
il problema e se l'immagine non e caricata io vorrei fare che mi visualizzi un immagine preferita da me al posto del messaggio "Nessun profilo trovato2"...

Codice PHP:

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<?php
include '../config.php';
if(isset($_GET["id"])){
$id = $_GET["id"];
$profilo = mysql_query("SELECT * FROM network_utente WHERE id = '$id'");
if(mysql_num_rows($profilo) == '0'){ echo 'Nessun profilo trovato.'; }else{
if($profilo[4] == '0'){ echo 'Nessun profilo trovato2.'; }else{
$profilo2 = mysql_fetch_array($profilo);
header("Content-type: image/png");
echo $profilo2[4];
}}}?>

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Lo script non l'hai fatto te?

Perché, se l'avevi fatto te credo che sapevi come modificarlo.

Cmq, modifica lo script cosi:

Codice PHP:

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<?php
include '../config.php';
if(isset($_GET["id"])){
$id = $_GET["id"];
$profilo = mysql_query("SELECT * FROM network_utente WHERE id = '$id'");
if(mysql_num_rows($profilo) == '0'){ echo 'Nessun profilo trovato.'; }else{
if($profilo[4] == '0'){ echo '<img src="imagine_predefinita" alt="Alternativa_immagine" />'; }else{
$profilo2 = mysql_fetch_array($profilo);
header("Content-type: image/png");
echo $profilo2[4];
}}}?>

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Basta che modifichi immagine_predefinita con il percorso dell'immagine che te vuoi, e Alternativa_immagine con il testo che deve apparire se l'immagine non si dovesse visualizzare.

1)Lo script lo fatto io..
2)Io dovrei visualizzare l'immagine per poi metterla dopo nel tag img e non prima come hai fatto tu...
3)come dici tu non funziona lo stesso perché lo script considera la pagina come se fosse un img...

Occhio alle SQL Injection... Vi consiglio di utilizzare sempre il type casting, aumentando così la sicurezza. Nel caso utilizzi delle stirnghe, devi utilizzare le apposite funzioni (mysql_real_escape_string(), htmlspecialchars() ecc, ecc).
Questo è il codice ripulito:

Codice PHP:

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<?php
include '../config.php';

$id = (int) $_GET['id'];

if ($id)
{
$sql = 'SELECT *
FROM network_utente
WHERE id = ' . $id;
$result = mysql_query($sql)
$row = mysql_fetch_array($result); // Ti consiglio di usare mysql_fetch_assoc() , in qeusto modo popoli l'array con il nome del campo del DB.

if (!mysql_num_rows($result))
{
echo 'Nessun profilo trovato.';
}
else
{
if(!$profilo[4]) # Con mysql_fetch_assoc(), il 4 prende il nome del campo, semplificandoti il lavoro.
{
echo '<img src="imagine_predefinita" alt="Alternativa_immagine" />';
}
else
{
$profilo2 = mysql_fetch_array($profilo); # Idem come sopra.

header("Content-type: image/png");

echo $profilo2[4];
}
}
}

?>

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Ora dovresti dire cosa memorizzi nel DB. Se memorizzi proprio l'immagine o se memorizzi un percorso.
Poi dovresti postare la struttura della tabella ed utilizzare mysql_fetch_assoc() per semplificare il lavoro sia a chi ti aiuta che a te stesso.

:wink:

Scusa, avevo capito che volevi solo far apparire al posto del testo "Nessun profilo trovato2" una semplice immagine.

Il campo foto

Citazione:

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`foto` blob NOT NULL,

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Il problema e che io dovrei fare se il campo foto sia vuoto, prenda un immagine da me prestabilita che si trova dentro una cartella...
non so come controllare questo campo...

Codice PHP:

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<?php
include '../config.php';
$id = (int)$_GET['id'];
if(isset($id)){
$profilo = mysql_query("SELECT * FROM network_utente WHERE id = '$id'");
$profilo2 = mysql_fetch_array($profilo);

if(mysql_num_rows($profilo) == '0'){ echo 'Nessun profilo trovato.'; }else{
header("Content-type: image/png");
echo $profilo2[4];
}}?>

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Non hai scritto niente di nuovo... Posta la struttura COMPLETA della tabella e spiega cosa memorizzi nel DB...

Tabella db:

Codice PHP:

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CREATE TABLE IF NOT EXISTS `utente` (
`id` int(11) NOT NULL auto_increment,
`nome` varchar(11) NOT NULL default '',
`foto` blob NOT NULL,
PRIMARY KEY (`id`)
) ENGINE=MyISAM DEFAULT CHARSET=latin1 AUTO_INCREMENT=1;


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Ti spiego ogni utente deve avere un immagine del profilo, se ha un immagine mostro l'immagine, se l'utente non esiste mostro un messaggio "Nessun profilo trovato." , se l'utente esiste ma non ha nessuna immagine vorrei far mostrare un immagine ha mia scelta che si trova nel mio sito...
Non riesco ad fare l'ultima condizione come posso fare...^^

Codice PHP:

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<?php
include '../config.php';
$id = (int)$_GET['id'];
if(isset($id)){
$profilo = mysql_query("SELECT * FROM network_utente WHERE id = '$id'");
$profilo2 = mysql_fetch_array($profilo);

if(mysql_num_rows($profilo) == '0'){ echo 'Nessun profilo trovato.'; }else{
header("Content-type: image/png");
echo $profilo2[4];
}}?>

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