Php ile upload sistemi

Çok basit bir şekilde dosya upload sistemi yapalım şimdi.

Çok basit bir şekilde dosya upload sistemi yapalım şimdi.



$yol="images"; // Dosyanın kayıt olacağı klasör

if ($dosya!=""){  // $dosya değişkeni boş değilse

if ($dosya_type=="image/gif" || $dosya_type=="image/pjpeg") // Dosya tipini kontrol ediyoruz

copy($dosya,"$yol/$dosya_name") or die ("dosya kopyalanamior"); // Önemli olan yer. copy fonksiyonu ile uploadı gerçekleştiriyoruz

echo "Dosya aktarımı başarılı";  // Aktarım başarılı ise echo ile yazdırıyoruz}

?>

  • Etiketler;
Yorum Yaz

Yorum yazabilmek için üye girişi yapmanız gerekiyor!

[b]Usta böyle yaptım olmadı?? [/b] [code]<form action=""> <input name="fileup" type="file" size="60" id="localUP" onclick="javascript:document.getElementById('remotaUP').value = '';"/> <input name="submit" type="submit" value="gönder"> </form> <? $yol="images"; // Dosyanın kayıt olacağı klasör if ($dosya!=""){ // $dosya değişkeni boş değilse if ($dosya_type=="image/gif" || $dosya_type=="image/pjpeg") // Dosya tipini kontrol ediyoruz copy($dosya,"$yol/$dosya_name") or die ("dosya kopyalanamior"); // Önemli olan yer. copy fonksiyonu ile uploadı gerçekleştiriyoruz echo "Dosya aktarımı başarılı";} // Aktarım başarılı ise echo ile yazdırıyoruz ?>[/code]
<form action="" method="POST"> <input name="fileup" type="file" size="60" id="localUP" onclick="javascriptocument.getElementById('remotaUP').value = '';"/> <input name="submit" type="submit" value="gönder"> </form> <? $dosya=$_POST['fileup']; $yol="images/"; // Dosyanın kayıt olacağı klasör if ($dosya!=""){ // $dosya değişkeni boş değilse if ($dosya_type=="image/gif" || $dosya_type=="image/pjpeg") // Dosya tipini kontrol ediyoruz copy($dosya,"$yol/$dosya_name") or die ("dosya kopyalanamior"); // Önemli olan yer. copy fonksiyonu ile uploadı gerçekleştiriyoruz echo "Dosya aktarımı başarılı";} // Aktarım başarılı ise echo ile yazdırıyoruz ?> Böyle yaptım yine olmadı sanırım $dosya_name lazım??
image klsörü oluşturdun mu?
<head> <meta http-equiv="Content-Language" content="tr"> </head> <form action="yukle.php" method="post" enctype="multipart/form-data"> <div align="center"> <table border="0" cellspacing="0" cellpadding="0"> <tr> <td>Dosyay&#305; Seç</td> <td>:</td> <td><input type="file" name="dosya" size="20"></td> </tr> <tr> <td>&nbsp;</td> <td>&nbsp;</td> <td><input type="submit" value="Yükle"></td> </tr> </table> </div> </form>
[u]gelen.php[/u] <?php $kaynak = $_FILES["dosya"]["tmp_name"]; $dosyaadi = $_FILES["dosya"]["name"]; $dosyatipi = $_FILES["dosya"]["type"]; $dboyut = $_FILES["dosya"]["size"]; $hedef = "resimler"; $uzanti = substr($dosyaadi, -4); $yeniad = substr(md5(uniqid(rand())), 0,10); $yeniresimadi = $yeniad.$uzanti; if($dosyatipi!="image/pjpeg"){ echo "<center>HATA !<BR>Yüklemeye çal&yacute;&thorn;t&yacute;&eth;&yacute;n&yacute;z dosya<br>Resim dosyas&yacute; de&eth;il<br> Yükyeleyebilece&eth;iniz dosya format&yacute; .jpg uzant&yacute;l&yacute; olmal&yacute;d&yacute;r"; }elseif($dboyut> "31000"){ echo "<center>HATA !<BR>Yüklemeye çal&yacute;&thorn;t&yacute;&eth;&yacute;n&yacute;z dosyan&yacute;n boyutu çok büyük<br> en fazla 31000 byte büyüklü&eth;ünde dosya yükleyebilirsiniz."; }else{ $yukle = move_uploaded_file($kaynak,$hedef.'/'.$yeniresimadi); if($yukle){ echo "<center>Dosya ba&thorn;ar&yacute;yla yuklendi<br></center>"; }else{ echo "<center>Dosya Yuklenemedi<br></center>"; } echo "Dosyan&yacute;n Geldi&eth;i yer : ".$kaynak."<br>"; echo "Dosyan&yacute;n ad&yacute; : ".$dosyaadi."<br>"; echo "Dosyan&yacute;n tipi : ".$dosyatipi."<br>"; echo "Dosyan&yacute;n boyutu :".$dboyut." byte. Boyutunda<br>"; } ?>
ben php ile mysql video eklemek istiyorum ancak bu bir türlü yapamadım.Resim ekleyebiliyorum resmin yolunu belirterek ekliyorum tabi.Video için ne yapam gerekiyor bu kod işe yararmı ? Teşekkür Ederim

Yukarı Git