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これは私が作成した HTML スクリプトです。画像の URL を持つ $url という名前の変数を含む php スクリプトを含めようとしています。変数をエコーアウトすると、何も表示されません。私は何を間違っていますか？

<html>
<head>
<title></title>
<meta http-equiv="Content-Type" content="text/html; charset=iso-8859-1">



</head>
<body>


<?php 

include("script.php"); 

?>


<img src= "<?php echo $url; ?>">

</body>
</html>
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通常、サーバーは HTML ファイル内の PHP コードを実行するように構成されていません。

という名前のファイルは.php、Web サーバーによって特別に処理されます。つまり、PHP プログラムとして実行されます。

こんなふうになります：

Browser asks for file
            |
            v
Server looks at found file
    |               |
    v               v
  .html ?         .php ?
    |               |
    v               v
 send it to     give it to
 the browser    PHP and send,
 as-is          what returns

PHP がサーバーのデフォルト構成で機能するためには、.html ファイルの名前を .php に変更する必要があります。

于 2012-04-11T07:50:25.837 に答える
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script.php では、var $url が URL と同じであるためです。あなたはphpをサポートしていないと思います。localhost には xamp または wamp をインストールする必要があります。

テストするには、コードを次のように変更します

<img src= "<?php echo "http://www.google.com//images/srpr/logo3w.png"; ?>">

これが機能しているかどうかを確認します。単純に xamp をインストールしない場合は、php、apache、および mysql がインストールされます :)

于 2012-04-11T07:35:14.730 に答える
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完全な URL を提供します。

含まれているファイルで、次のように変更します。

$url = "http://www.google.com//images/srpr/logo3w.png";
于 2012-04-11T07:41:43.497 に答える