PHP Variablenname definieren

Jonas123 · 3. April 2009

Hi,
ich versuche ein Skripts zu basteln, bei dem ich vorher etwas in eine bestimmte Variable speichere, und später dann den Variablen-Namen erst noch generieren muss, das heißt eine Zahl dahinter hängen...
Die Zahl ist in $count gepseichert, jedoch funktioniert das ganze nicht...
habs mal mit:

PHP:

$a = 'Bild'.$count;
$a = $file;

versucht.
Jedoch funktioniert das so nicht =(
Es soll also in die Variable Bild3 $file abgespeichert werden [angenommen $count ist derzeit 3]
Ich hoffe, ihr versucht mein Problem...
lg
Jonas

efcoyote · 3. April 2009

Dazu verwendet man am besten ein Array (Feld)

PHP:

$a[$count] = $file;

Jonas123 · 3. April 2009

Hi,
danke für deine Antwort
ich hab jetzt das mal gemacht und später mit

PHP:

echo '$aktuell[$_GET['pfad']]';

versucht, das ganze auszugeben ($_GET['pfad' ist zu der Zeit 3)...
jedoch funktionierts nicht wirklich...
Ich hoffe, es geht jetzt auch ohne ganzen Code...
lg
JOnas

EDIT1: Nicht einmal mit

PHP:

echo $aktuell['3'];

funtkionierts...
Er gibt einfach nichts aus.
Ich hab das vorher so gemacht:

PHP:

$aktuell[$count] = $file;

efcoyote · 3. April 2009

Dann teste es kurz mit folgendem Code:

PHP:

$count = 3;
$a[$count] = $file;
echo 'File: ' . $file . '/count: ' . $count . '/Pfad: ' . $_GET['pfad'] . '/Feld an Stelle ' . $_GET['pfad'] . ': ' . $a[$_GET['pfad']];

Wenn die Werte bei "count" und "Pfad" gleich sind steht auch etwas an der Stelle im Feld.
Bei echo nur Zeichenketten und keine Variablen innerhalb von Hochkommas setzen.

Mr. Snoot · 3. April 2009

Du sagst doch hier

Jonas123 schrieb:
PHP:

$a = 'Bild'.$count; $a = $file;

dass $a = $file ist, damit überschreibst du ja die Zeile $a = 'Bild'.$count davor gleich wieder.

BerniG · 3. April 2009

Gehts vielleicht mit

PHP:

$$a = $file;

? Siehe http://www.php.net/manual/de/language.variables.variable.php

sfranz · 3. April 2009

PHP:

$a = 'Bild'.$count;
$a = $a.$file;

So vielleicht?

krizzelfix · 3. April 2009

@sfranz: BerniG hatte die Lösung doch schon gepostet.
Und was du vorgeschlagen hast würde nicht das gewünschte Ergebnis erzielen. Bei deinem Code würde was wie Bild3test.jpg rauskommen.

Aber wie BerniG schon schrieb muss noch ein Dollar vor die Variable bzw. ${$VariablenName} geschrieben werden um zum Ergebnis zu kommen.

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