Witam !
Chciałem stworzyć prosty skrypt który po przesłaniu obrazka zapisuje go i otwiera.

Napisałem taki o to kod

[PHP] pobierz, plaintext 
$image = $_POST['datafile'];
 
fopen($image, 'r+');
 
 
imagejpeg (  $image [$patch ] );
echo $image;
 
 
[PHP] pobierz, plaintext 

Ale niestety nie wyświetla obrazka tylko zwraca błąd.
Czy może ktoś pomóc ?

Jaki błąd?

Taki błąd

Wrzuć pierwszą linijkę kodu to translatora a stanie się magia która Cię oświeci

No racja oświeciło na tyle ,że skrypt zapisuje obrazek
Ale mam problem z funkcją imagejpeg
Chce aby po zapisaniu obrazek otworzył się w przeglądarce.

Kod wygląda tak

[PHP] pobierz, plaintext 
<?php
$image = $_POST['datafile'];
 
$fp = fopen($image, 'a+');
fwrite($fp,'1');
$file = '';
$quality = 80%
 
imagejpeg($image[$file] [$quality]);
fclose($fp);
 
 
 
 
 
 
 
 
?>
[PHP] pobierz, plaintext 

Błąd jest zwracany

Warning: Illegal string offset '' in C:\xampp\htdocs\Hosting\controller.php on line 9

Notice: Undefined variable: quality in C:\xampp\htdocs\Hosting\controller.php on line 9

Notice: String offset cast occurred in C:\xampp\htdocs\Hosting\controller.php on line 9

Warning: imagejpeg() expects parameter 1 to be resource, string given in C:\xampp\htdocs\Hosting\controller.php on line 9

Warning: Division by zero in C:\xampp\htdocs\Hosting\controller.php on line 9

Czy ktoś może dać jakąś małą wskazówkę jak otworzyć obrazek ?

I dziękuje za pomoc.

Co to jest?
$quality = 80%
Może chodziło Ci o:
$quality = 0.8;

W tablicy (chyba) $image szukasz elementu o nazwie '' który nie istnieje.
Jak nie wiesz co zawiera dana zmienna używaj var_dump($nazwaZmiennej);
Sporo nauki przed tobą

spójrz na 6 linie tworzysz tam $file i przypisujesz mu '' a potem chcesz coś takiego odczytać, w dodatku z $image który jest chyba stringiem tak by wynikało z tego co masz wcześniej. Oczywiście popraw to co napisał kolega powyżej.

http://stackoverflow.com/questions/4375302...erve-image-file to Ci pomoże