Помогите пожалуйста!

Поставил задачу:
1.Форма ввода номера картинки
2.После введенного значения посылается запрос на БД
3.Вывод картинки ,вбитой в базу данных,которую ввел в пункте один.
Например:
1.Я ввел в поле цифру 1
2.Он обрабатывает и посылает запрос на БД с чтением именно той строки где поле принимает значение введенной цифры(в данном случае 1)
3.Выводит значение строки БД.

Вод мой код:
<form action="show.php" method=POST>
<input type="text" name="ID">
<input type="submit" value="Отправить">
</form>
<?php
$link=mysql_connect("localhost", "root", "")
or die("Не могу подключиться");
print ("Соединение выполнено");
mysql_select_db('work', $link) or die ('Не могу выбрать БД');
$query="SELECT * FROM work WHERE img='".$_POST["id"]."'";
$result=mysql_query($query);
while($r=mysql_fetch_row($result)){
echo "$r";
}
mysql_close($link);
?>

но он не работает(((
помогите пожалуйста!

 

Спасибо,но тут возникает ошибка:

Код (Text):

1. <form action="show.php" method=POST>
2. <input type="text" name="id">
3. <input type="submit" value="Отправить">
4. </form>
5. <?php
6. $link=mysql_connect("localhost", "root", "")
7. or die("Не могу подключиться");
8. print ("Соединение выполнено");
9. mysql_select_db('work', $link) or die ('Не могу выбрать БД');
10. $query="SELECT img FROM work WHERE img="intval($_POST['id'])";
11. $result=mysql_query($query);
12. while($r=mysql_fetch_row($result)){
13. echo $r[img];
14. }
15. mysql_close($link);
16. ?>

Parse error: parse error, unexpected T_STRING in z:\home\custom\localhost\my\id\show.php on line 10

 

Да мне хотя бы если заполнена сделать...

 

Все ввел,тогда возникает такая ошибка:
Parse error: parse error, unexpected '"' in z:\home\custom\localhost\my\id\show.php on line 10

Код (Text):

1. <form action="show.php" method=POST>
2. <input type="text" name="id">
3. <input type="submit" value="Отправить">
4. </form>
5. <?php
6. $link=mysql_connect("localhost", "root", "")
7. or die("Не могу подключиться");
8. print ("Соединение выполнено");
9. mysql_select_db('work', $link) or die ('Не могу выбрать БД');
10. $query="SELECT 'img' FROM 'work' WHERE 'img'=" . intval($_POST['id'])";
11. $result=mysql_query($query);
12. while($r=mysql_fetch_row($result)){
13. echo $r[img];
14. }
15. mysql_close($link);
16. ?>

[/code]

 

Код (Text):

1. <form action="show.php" method=POST>
2. <input type="text" name="id">
3. <input type="submit" value="Отправить">
4. </form>
5. <?php
6. $link=mysql_connect("localhost", "root", "")
7. or die("Не могу подключиться");
8. print ("Соединение выполнено");
9. mysql_select_db('work', $link) or die ('Не могу выбрать БД');
10. $query="SELECT 'img' FROM 'work' WHERE 'id'=" . intval($_POST['id']);
11. $result=mysql_query($query);
12. while($r=mysql_fetch_row($result)){
13. echo $r[img];
14. }
15. mysql_close($link);
16. ?>

Запрос делаю через ид,где ид=полю введному в форме,вывожу img.

Warning: mysql_fetch_row(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in z:\home\custom\localhost\my\id\show.php on line 12

 

Ошбику исправил.

Вот SQL-запрос

CREATE TABLE img (
id varchar(15) NOT NULL DEFAULT '0' ,
img varchar(15) NOT NULL DEFAULT '0' ,
PRIMARY KEY (id)
);

 

Все поменял:

Код (Text):

1. <form action="show.php" method=POST>
2. <input type="text" name="id">
3. <input type="submit" value="Отправить">
4. </form>
5. <?php
6. $link=mysql_connect("localhost", "root", "")
7. or die("Не могу подключиться");
8. print ("Соединение выполнено");
9. mysql_select_db('work', $link) or die ('Не могу выбрать БД');
10. $query="SELECT 'img' FROM 'img' WHERE 'id'=" . intval($_POST['id']);
11. $result=mysql_query($query);
12. while($r=mysql_fetch_row($result)){
13. echo $r['img'];
14. }
15. mysql_close($link);
16. ?>

БД называется work,таблица называется img,а в нем два поля: img и id
Sql-запрос тоже изменил,все равно выскакивает ошибка:
Warning: mysql_fetch_row(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in z:\home\custom\localhost\my\id\show.php on line 12

 

О дА!!!!
Огромное спасибо))
Удивляюсь вашему терпению,))все работает,только вот у меня не выполнена одна из суб-задач:
Нужно только чтобы выводилось не текстовое значение а рисунок.Как это примерно можно сделать вообще?

 

а в какое поле заносить этот код?[/php]

 

А если поступить по первому способу,как вы рекомендуете:
В поле "pic"(в базе данных естественно) ввожу текстовую ссылку на картинку,картинку храню в файловой системе,а как записать скрипт для вывода картинки(не для ссылки)?

 

PHP:

1.  
2. $path="namefilename.doc"; // Получен из базы данных
3.  

Путь должен быть в файловой системе, а не внешний...
В этом файле не может быть формы!!!

Вывод в браузер обычным образом

Код (Text):

1. <img src="script.php?id=1">

[/quote]
Извини,а как я вобью в базу данных формат doc,(вы уж извините я просто БД только начал изучать...)?
И Куда происывать:

Код (Text):

1. <?php
2.  $path="pic.doc"; // Получен из базы данных
3.  if(!file_exists($path)) {
4.    echo "Файл не найден";
5.  }
6.  else {
7.    $size=filesize($path);
8.    header("Content-Type: image/jpg");
9.    header("Content-Length: $size");
10.    readfile($path);
11.  }
12.  ?>
13. <img src="script.php?id=1">

в один и тот же файл ,который вы мне помогали делать до этого?

 

А какую именно форму нужно убрать?
<img src="script.php?id=1"> эту??

вот код:

PHP:

1. <form action="show.php" method=GET>
2. <input type="text" name="id">
3. <input type="submit" value="Отправить">
4. </form>
5. <?php
6. $link=mysql_connect("localhost", "root", "")
7. or die("Не могу подключиться");
8. print ("");
9. mysql_select_db('work', $link) or die ('Не могу выбрать БД');
10. $query="SELECT `pic` FROM `img` WHERE `id`=" . intval($_GET['id']);
11. $result=mysql_query($query);
12. while($r=mysql_fetch_array($result)){
13. echo $r['pic'];
14. }
15. mysql_close($link);
16.  
17. $path = $r['img']; // Получен из базы данных
18.  if(!file_exists($path)) {
19.    echo "Файл не найден";
20.  }
21.  else {
22.    $size=filesize($path);
23.    header("Content-Type: image/jpg");
24.    header("Content-Length: $size");
25.    readfile($path);
26.  }
27.  ?>

Картинку не выводит(

и что значит по вашему 50 на 50?

 

Код (Text):

1. <form action="show.php" method=GET>
2. <input type="text" name="id">
3. <input type="submit" value="Отправить">
4. </form>
5. <?php
6. $link=mysql_connect("localhost", "root", "")
7. or die("Не могу подключиться");
8. print ("");
9. mysql_select_db('work', $link) or die ('Не могу выбрать БД');
10. $query="SELECT `pic` FROM `img` WHERE `id`=" . intval($_GET['id']);
11. $result=mysql_query($query);
12. $r=mysql_fetch_array($result);
13.  $path=$r['pic'];
14. mysql_close($link);
15. if(!file_exists($path)) {
16.    echo "Файл не найден";
17.  }
18.  else {
19.    $size=filesize($path);
20.    header("Content-Type: image/jpg");
21.    header("Content-Length: $size");
22.    readfile($path);
23.  }
24.  ?>

Так ничего не получается;
Если удалить:

Код (Text):

1. <form action="show.php" method=GET>
2. <input type="text" name="id">
3. <input type="submit" value="Отправить">
4. </form>

тоже ничего не выходит

Да и тем более мне нужно так:
вводишь значение в форму и он выдает соответствующую картинку,так что без формы никак(([/list]