Ребят, нужна помощь. Имеется список товаров, содержащихся в базе данных и выводящихся на сайт. Есть возможность вывода товаров по определенному году. Хочу реализовать следующее: когда вывожу на страницу список товаров по определенному году, необходимо чтобы была возможность снова выбирать год выпуска товара и опять же выводить список товаров. Как это реализовать? (естественно без дублирования кода). catalog.php Код (PHP): <?php error_reporting(E_ALL ^ E_DEPRECATED); $user = 'root'; $password = ''; $db = 'test'; mysql_connect("localhost",$user, $password) or die("Could not connect: ".mysql_error()); mysql_select_db($db) or die("Could not select database:".mysql_error()); ?> <?php function printData($data) { echo "<tr>"; echo "<td>"; echo "<img src='{$data['picture']}' width='200'/>"; echo "</td>"; echo "<td>"; echo $data['title']; echo "</td>"; echo "<td>"; echo $data['price']; echo "</td>"; echo "</tr>"; } ?> <table width="100%"> <tr> <td><img src="logo.jpg" alt="Логотип"/> </td> <td><b style="font-size:50px;">Shop</b></td> </tr> <tr> <td>[url="index.html"] На главную [/url]</td> <td>[url="contact.html"] Контакты [/url]</td> </tr> </table> <div align="center"> <?php $result_1 = mysql_query("SELECT DISTINCT grad_year FROM goods ORDER BY grad_year DESC"); if ($result_1 == true) { echo "<form action ='catalog_data.php' method ='post'>"; echo "<select name='year_s'>"; while ($grad = mysql_fetch_array($result_1)) { echo "<option>".$grad['grad_year']."</option>"; } echo "</select>"; } echo "</br>"; echo "<input type='submit' name='submit' value='Отобразить'>"; echo "</form>"; ?> <table border="1"> <?php $result = mysql_query('SELECT picture, title, price FROM goods'); while ($row = mysql_fetch_array($result)) printData($row); ?> </table> </div> catalog_data.php (Страница где выводится таблица товаров согласно выбранному году) Код (PHP): <?php $connect = mysql_connect('localhost','root','') or die(mysql_error()); mysql_select_db('test'); if(isset($_POST['submit'])){ echo "<p>Год выпуска товара:<b>".$_POST['year_s']."</b></p>"; function printYear($year) { echo "<tr>"; echo "<td>"; echo "<img src='{$year['picture']}' width='200'/>"; echo "</td>"; echo "<td>"; echo $year['title']; echo "</td>"; echo "<td>"; echo $year['price']; echo "</td>"; echo "</tr>"; } } ?> <div align="center"> <table border="1"> <?php $result = mysql_query('SELECT picture, title, price FROM goods WHERE grad_year = '.$_POST['year_s']); while ($row = mysql_fetch_array($result)) printYear($row); ?> </table> </div>
Код (PHP): $result = mysql_query('SELECT picture, title, price FROM goods WHERE grad_year = '.$_POST['year_s']); year_s = "1; DROP DATABASE mysql;"