Bonjour à tous !

Voilà, le titre du topic est peut être pas très clair, bref, voici mon problème:

Je m´occupe d´un site de dessins, les membres upload leurs dessins,une miniature est créée automatiquement et tout et tout... Les images sont nommés comme cela: url/album_pic.php?pic_id=40 (par exemple)

J´aimerai savoir s´il est possible avec php de faire une commande qui ouvrirai la derniere image c´est à dire qu´on prenne la "pic_id" la + grande.

Je sais pas si je suis très clair, en tout cas si vous avez la solution, ça m´aiderai bien...

PS: sinon je pense passer par une requête SQL,mais je ne sais pas du tout comment afficher une image à partir de SQL etc...

$variable = mysql_query ("SELECT * FROM ta table ORDER BY pic_id DESC /* par ordre decroissant */ LIMIT 0,1 /* et il prend la premiere */ ")

Merci pour ta réponse si rapide, par contre j´ai encore un petit problème :

Je n´y connais pas grand chose en PHP/SQL, j´ai créé un fichier test.php avec la commande que tu m´as donné, en mettant bien sur le nom de la table qu´il faut.

Mais je ne peux pas accèder à l´image ... Je pense qu´il faut définir le nom de la base sql, le login et le pass, mais je ne sais pas du tout comment faire ...

Voici les messages d´erreurs:

Warning: mysql_query(): Access denied for user: ´www-data@localhost´ (Using password: NO) in /home/mondessin/www/test.php on line 3

Warning: mysql_query(): A link to the server could not be established in /home/mondessin/www/test.php on line 3

Pour tester la page test.php :
http://mondessin.imperiale.org/test.php

<? mysql_connect ("lieu de la base, en general c´est localhost", "ton pseudo", "ton pass");

mysql_select_db ("nom de ta ase de données");

$variable = mysql_query ("SELECT * FROM ta table ORDER BY pic_id DESC /* par ordre decroissant */ LIMIT 0,1 /* et il prend la premiere */ ")

mysql_close();

while ($afficher = mysql_fetch_array ($variable))
{
echo $afficher[´nom d´un des champ de ta table que tu veux afficher´];
}
?>

J´ai fait tout ce que tu m´a dit de faire, mais j´ai encore un problème :

Parse error: parse error, unexpected T_STRING in /home/mondessin/www/test.php on line 9

<? mysql_connect ("lieu de la base, en general c´est localhost", "ton pseudo", "ton pass");

mysql_select_db ("nom de ta ase de données");

$variable = mysql_query ("SELECT * FROM ta table ORDER BY pic_id DESC /* par ordre decroissant */ LIMIT 0,1 /* et il prend la premiere */ ");

mysql_close();

while ($afficher = mysql_fetch_array ($variable))
{
echo $afficher[´nom d´un des champ de ta table que tu veux afficher´];
}
?>

j´avais oublié un ";" apres ma requete sql

J´ai encore un autre problème maintenant :

Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /home/mondessin/www/test.php on line 11

<? mysql_connect ("lieu de la base, en general c´est localhost", "ton pseudo", "ton pass");

mysql_select_db ("nom de ta ase de données");

$variable = mysql_query ("SELECT * FROM ta table ORDER BY pic_id DESC /* par ordre decroissant */ LIMIT 0,1 /* et il prend la premiere */ ");

while ($afficher = mysql_fetch_array ($variable))
{
echo $afficher[´nom d´un des champ de ta table que tu veux afficher´];
}

mysql_close();
?>

J´ai toujours le même problème ...

Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result resource in /home/mondessin/www/test.php on line 11

La ligne 11:

while ($afficher = mysql_fetch_array ($variable))

J´avais fais une erreur, en donnant une mauvaise table... Maintenant ça marche !
Mais je n´ai que le numéro de la dernière image uploadée d´affiché ! C´est génial, seulement j´aimerai qu´à partir de cette information, il affiche l´IMAGE

En fait faire un truc du genre afficher url/album_pic.php?pic_id="info récupérée par test.php"

while ($afficher = mysql_fetch_array ($variable))
{
$pic_id = $afficher[´nom d´un champ´]
}
?>

url/album_pic.php?pic_id=<? echo ´´.$pic_id; ?>
mais faut chercher un peu comment organiser ça

while ($afficher = mysql_fetch_array ($variable))
{
$pic_id = $afficher[´nom d´un champ´];
}
?>

Je n´arrive pas à dire d´afficher l´image...
Help please !

J´ai mis ça comme code:

include(´http://mondessin.imperiale.org/phpbb/albu
m_pic.php?pic_id=.´.$pic_id);

ça me répond: "ce dessin n´existe pas"
Ce qui veut dire qu´en fait, il ne prend pas $pic_id en compte... Je ne sais pas comment faire

Voici le code complet pour l´instant:

<?php

$connection=mysql_connect(´localhost´,´********´,´

• • *****´);

mysql_select_db ("mondessin");

$variable = mysql_query ("SELECT * FROM phpbb_album ORDER BY pic_id DESC /* par ordre decroissant */ LIMIT 0,1 /* et il prend la premiere */ ");

while ($afficher = mysql_fetch_array ($variable))
{
echo $afficher[´pic_id´];
}

{
$pic_id = $afficher[´pic_id´];
}

include(´http://mondessin.imperiale.org/phpbb/albu
m_pic.php?pic_id=.´.$pic_id);

mysql_close();

?>

C´est bon , j´ai trouvé la solution !
Voilà la commande qui permet d´afficher l´image:

<?php

$connection=mysql_connect(´localhost´,´login´,´pas
sword´);

mysql_select_db ("base");

$variable = mysql_query ("SELECT * FROM phpbb_album ORDER BY pic_id DESC /* par ordre decroissant */ LIMIT 0,1 /* et il prend la premiere */ ");

while ($afficher = mysql_fetch_array ($variable))

{
$pic_id = $afficher[´pic_id´];
}

mysql_close();

?>

<html>
<img src="url/album_pic.php?pic_id=<? echo $pic_id; ?> ">
</html>

En tout cas , merci beaucoup à toi deepblue