Создал базу данных, таблицу, и пытаюсь вывести на сайт(пока работаю с Денвером), коннект с БД вывел в include, далее через $result = mysql_query ("SELECT title,meta_d,meta_k,text FROM settings WHERE page='lessons'"); $myrow = mysql_fetch_array ($result); Потом пытаясь вывести это на самом сайте с помощью <? echo $myrow['text']; ?> на сайте. Дак вот, если выводить в body(description, keyword, title), то выводит, а если выводить где в head, то работать не в какую не хочет, выдает ошибку (undefined variable: myrow line...). Где ошибка я лично не могу понять. Выручайте.[/php]
<!DOCTYPE HTML PUBLIC "-//W3C//DTD HTML 4.01 Transitional//EN" "http://www.w3.org/TR/html4/loose.dtd"> <html> <head> <meta http-equiv="Content-Type" content="text/html; charset=windows-1251"> <title> А ТАК НЕ РАБОТАЕТ <<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<? echo $myrow['text']; ?>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>> </title> <link href="style.css" rel="stylesheet" type="text/css"> </head> <body> <? include ("blocks/db.php"); $result = mysql_query ("SELECT title,text,meta_d,meta_k FROM settings WHERE page='contacts'"); $myrow = mysql_fetch_array ($result); ?> <table width="1000" class="main_border" bgcolor="#FFFFFF" align="center"> <!--Шапка сайта--> <?php include ("blocks/header.php");?> <tr> <td><table width="1000" align=left> <tr> <!--Навигация сайта--> <?php include ("blocks/left.php"); ?> <td width="804" valign="top"><p> ЕСЛИ ТАК, ТО РАБОТАЕТ В body >>>>>>>>>>>>><? echo $myrow['text']; ?></p><<<<<<<<<<<<<<<< </td> </tr> </table></td> </tr> <!--Футер сайта--> <?php include ("blocks/footer.php"); ?> </table> </body> </html> <td width="804" valign="top"><p><? echo $myrow['text']; ?></p> </td> </tr> </table></td> </tr> <!--Футер сайта--> <?php include ("blocks/footer.php"); ?> </table> </body> </html>