Форумы портала PHP.SU

PHP.SU

Программирование на PHP, MySQL и другие веб-технологии

PHP.SU Портал

Главная

Помощь

Поиск

Поиск Яндекс Вакансии

Пользователи

Здравствуйте, Гость

( Вход · Регистрация · Правила форума )

Забыли пароль?

Форумы портала PHP.SU » Список сообщений, автором которых является VG

Страниц (1): [1]

Найдено сообщений: 5

VG	Отправлено: 22 Апреля, 2007 - 18:50:05 • Тема: unexpected $end • Форум: Программирование на PHP
Ответов: 9 Просмотров: 1236	valenok пишет: Неожиданный конец. Ка же он мог возникнуть? Видимо Скрипт ждёт конца чегото. Конца блока определения ф-ции Конца цикла, конца открытых скобок. Но в коде то у меня все правильно!!!

VG	Отправлено: 22 Апреля, 2007 - 18:47:16 • Тема: unexpected $end • Форум: Программирование на PHP
Ответов: 9 Просмотров: 1236	Так в чем ошибка-то? вы так и не сказали.

Отправлено: 22 Апреля, 2007 - 18:33:56 • Тема: unexpected $end • Форум: Программирование на PHP

Ответов: 9
Просмотров: 1236

Помогите пожалуйста. В этом коде ошибку выдает!

PHP:
скопировать код в буфер обмена

 
        <?PHP 
                include "config.php";
                $q = mysql_query("SELECT * FROM categ");
                $rows = mysql_num_rows($q);
                for($i=0;$i<$rows;$i++)
                {
                        $p = mysql_fetch_array($q);
 
                        echo '<li><span lang="ru"><b><a title="Открыть галерею" href="PHP_SELF...">'.$p[name].'</a></b></span></li>';
}
                ?>
 

Вот что пишет: Parse error: parse error, unexpected $end
Заранее спасибо!

VG	Отправлено: 21 Апреля, 2007 - 23:42:08 • Тема: Проблема с выводом... • Форум: Программирование на PHP
Ответов: 2 Просмотров: 279	Спасибо большое.

Отправлено: 21 Апреля, 2007 - 23:00:57 • Тема: Проблема с выводом... • Форум: Программирование на PHP

Ответов: 2
Просмотров: 279

Привет.У меня проблема с выводом.Мне нужно вывести вот что:

PHP:
скопировать код в буфер обмена

<?PHP 
                include "config.php";
                $q = mysql_query("SELECT * FROM pictures");
                $rows = mysql_num_rows($q);
                for($i=0;$i<$rows;$i++)
                {
                        $f = mysql_fetch_array($q);
                        $size=getimagesize($f[adress]); // читаем информацию о картинке
                        $width=$size[0]+40;
                        $height=$size[1]+40;
                        $type=$size[2];
                        $winstat='toolbar=0,location=0,directories=0,status=0,menubar=0,scrollbars=1,resizable=1,width='.$width.',height='.$height;
                echo '<table border="0" width="100%" id="table2">';
                        echo '<tr>';
                        echo    '<td width="128">';
                        echo    '<a title="Увеличить" href="'.$f[adress].'" window.open("'.$f[adress].'", "'.$f[name].'", ".'$winstat.'")">';
                        echo    '<img border="0" src="'.$f[adress].'" width="128" height="128"></a></td>';
                        echo    '<td><b><span>'.$f[name].'</span></b><p>';
                        echo    '<span>'.$f[comment].'</span></td>';
                        echo '</tr>';
                echo '</table><hr>';
                }
                ?>

Сама проблема здесь:

PHP:
скопировать код в буфер обмена

 
echo    '<a title="Увеличить" href="'.$f[adress].'" window.open("'.$f[adress].'", "'.$f[name].'", ".'$winstat.'")">';
 

Ошибку выдает такую:
Parse error: parse error, unexpected T_VARIABLE, expecting ',' or ';'

Очень надеюсь на вашу помощь. Заранее спасибо.

Страниц (1): [1]