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    代碼工作到29.10.2017有什麼建議嗎? $blabla="29.10.2017"; // problem with this date $blabla = strtotime($blabla); $blabla=date('d.m.Y',($blabla)); echo $blabla."<br />"; $blabla = strtotime($blabla); $blabla=

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    實際上,我創建一個依賴下拉列表,但我的ajax js_base_url不會去控制器。我不知道有什麼問題。表名是system_detail和software_detail。和我的控制器的名字是SoftwaredetailController.php和SystemdetailController.php 我的Ajax代碼: function getEmployee(id){ $.ajax({

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    我有一個邊欄下拉菜單,它使用jquery進行操作,但是當用戶單擊該項目時,頁面刷新並且菜單崩潰。爲了解決這個問題,就是爲了保持它的擴展性,我決定將REQUEST_URI和菜單項URL進行比較,如果發現我會觸發click事件。要做到這一點我用剪斷 $("a[href='<?php echo $citems->url;?>']").parents("li").parents("ul.dropdown-

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    我有1073X672分辨率的名片的多個圖像。現在我想合併一張5366X3378(5行5列)中的所有圖像,以便可以存儲25張卡片。但是在25張牌之後,我想在另一張紙上保存休息卡,然後在下一張25張紙上休息。 我寫了下面的代碼,但是這段代碼只生成了包含起始25張圖像的單張紙。 Array ([0] => E:\idcarddata/finalcard/1.jpg [1] => E:\idcardda

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    從URL中移除文件名和文件夾名我用的代碼區下面提供 Options +FollowSymLinks -MultiViews # Turn mod_rewrite on RewriteEngine On RewriteBase/ RewriteRule ^blog/(.*)$ /$1 [L,NC,R] 但通過使用這些代碼,我只能刪除只有一個頁面的名稱。 你們可以幫我解決這個問題嗎? 換句

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    我想上傳一個圖像在我的數據庫,但它不會工作。 這裏是上傳圖片的代碼。 <?php $con = mysqli_connect("localhost", "root", "", "test"); mysqli_select_db("test", $con); $username = $_POST['username']; $password = $_POST

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    它的外觀: https://jsfiddle.net/jef2L8m6/ 應該怎麼看: https://jsfiddle.net/jef2L8m6/1/ 我知道這看起來非常糟糕,這僅僅是出於測試目的。 一些後端代碼的: <?php //Selects all of the logged in users messages. $name = $_SESSION["name"]; $con =

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    我有話請按代碼是不可改變: <select id="_status" name="_status" class="select short"> <option value="1">yes</option> <option value="2">no</option> </select> 這個代碼,給我的選擇值: $orc= get_post_meta(get_the_ID(),'_stat

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    我想從數據庫中搜索「A」中名字的第一個字符。這是我的代碼。 $search='A'; $query = mysqli_query($connection, "SELECT * FROM tb_responder_info WHERE res_FirstName[0] LIKE '%$search%'") or die ("Could not search"); $row = mysqli_fe

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    我使用croppie.js裁剪我的圖片並將其發送到服務器。但有時服務器顯示大圖像413錯誤。是否有任何其他方式發送圖像作爲圖像與使用64基本字符串。因爲來自croppie.js的響應將以64個基本字符串形式出現。 這是我的jQuery代碼片段。 $('.upload-result').on('click', function (ev) { var file = $('input[na