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この問題を考慮して多くのトピックを読みましたが、まだ同じ問題があります。ロジックはまだ理解できません。

そのため、システム内のフォルダーの 1 つに画像が保存されており、データベースに画像のパスが登録されています。ユーザーが画像のタイトルを検索フォームに挿入できるようにしたいだけで、OK を押した後、特定の表示される画像。

これまでのところ、次のようなコードを見つけました。

他の人には問題なく機能しますが、私には機能しません

私のコードは次のとおりです。

<?php
$con = mysql_connect("localhost","root","");

if (!$con)
{
die('Could not connect: ' . mysql_error());
} 

mysql_select_db("photoshare", $con);



$Title = $_POST['Title'];
$Creator = $_POST['Creator']; 



$result = mysql_query("SELECT path FROM images WHERE Title = '$Title' OR Creator = '$Creator'");



echo '<img src="' . $result . '" />'; 


//some code
mysql_close($con);
?>

そのため、画像が表示されないという問題があります。一方で、壊れた画像のアイコンが表示されています。私がそれを正しければ、エラーが発生します.HTTPが見なければならないものやそのようなものを入れていないからです.私はまだそれを理解していません.

どんな助けでも大歓迎です:)

両方に感謝しますが、同じことが起こります:/ 私のアップロードファイルは次のとおりです。

<?php
$con = mysql_connect("localhost","root","");

if (!$con)
{
die('Could not connect: ' . mysql_error());
}

mysql_select_db("photoshare", $con);


$Image_Title = $_POST['Image_Title'];
$Image_Creator = $_POST['Image_Creator'];
$Image_Date = $_POST['Image_Date'];
$Image_Genre = $_POST['Image_Genre'];



if ((($_FILES["file"]["type"] == "image/gif")
|| ($_FILES["file"]["type"] == "image/jpeg")
|| ($_FILES["file"]["type"] == "image/pjpeg"))
&& ($_FILES["file"]["size"] < 50000000))
  {
  if ($_FILES["file"]["error"] > 0)
    {
    echo "Return Code: " . $_FILES["file"]["error"] . "<br />";
    }
  else
    {
    echo "Upload: " . $_FILES["file"]["name"] . "<br />";
    echo "Type: " . $_FILES["file"]["type"] . "<br />";
    echo "Size: " . ($_FILES["file"]["size"] / 1024) . " Kb<br />";
    echo "Temp file: " . $_FILES["file"]["tmp_name"] . "<br />";

    if (file_exists("../photo_album/" . $_FILES["file"]["name"]))
      {
      echo $_FILES["file"]["name"] . " already exists. ";
      }
    else
      { 
      move_uploaded_file($_FILES["file"]["tmp_name"],
      "../photo_album/" . $_FILES["file"]["name"]);
      echo "Stored in: " . "../photo_album/" . $_FILES["file"]["name"];
      $path = "photo_album/" . $_FILES["file"]["name"];
      $query = "INSERT INTO images (title, creator, date, genre, path)
      VALUES ('$Image_Title', '$Image_Creator', '$Image_Date', '$Image_Genre', '$path')";     
      }
    }
  }
else
  {
  echo "Invalid file";
  }

 if (!mysql_query($query, $con)) {
    die("Error " . mysql_error());
}

?>
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2 に答える 2

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クエリを実行していますが、結果を配列またはオブジェクトとして取得する必要もあります。

<?php
mysql_select_db("photoshare", $con);

// Use mysql_real_escape_string to protect yourself from SQL injection
$Title = mysql_real_escape_string( $_POST['Title'] );
$Creator = mysql_real_escape_string( $_POST['Creator'] );  

$result = mysql_query("SELECT path FROM images WHERE Title = '$Title' OR Creator = '$Creator'");

$row = mysql_fetch_assoc( $result );

echo '<img src="' . $row['path'] . '" />';

また、入力をエスケープしていないため、重大なセキュリティの脆弱性が発生します。mysql_real_escape_string()これを回避するには、ユーザーが提供する入力に対して使用します。

最後に、mysql 拡張機能は非推奨であり、使用を避ける必要があります (PHP.net のドキュメントでは非推奨としてリストされています)。代わりに PDO の使用を検討してください。PDO を使用して書き直したコードを次に示します。

<?php
$con = new PDO( 'mysql:host=localhost;dbname=photoshare', 'root', '' );

if ( ! $con ) {
    die( 'Could not connect to the database' );
}

$stmt = $con->prepare( "SELECT path FROM images WHERE Title = :title OR Creator = :creator" );
$stmt->bindParam( ':title', $_POST['Title'] );
$stmt->bindParam( ':creator', $_POST['Creator'] );
$stmt->execute();

// Do this to output all found images
while ( $row = $stmt->fetch( PDO::FETCH_ASSOC ) ) {
    echo '<img src="' . htmlentities( $row['path'] ) . '" />'; 
}

// OR do this to output only one image
$row = $stmt->fetch( PDO::FETCH_ASSOC );
echo '<img src="' . htmlentities( $row['path'] ) . '" />';
于 2012-07-04T14:04:02.897 に答える
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    <?php
    $con = mysql_connect("localhost","root","");

    if (!$con)
    {
    die('Could not connect: ' . mysql_error());
    } 

    mysql_select_db("photoshare", $con);


   $Title = mysql_real_escape_string( $_POST['Title'] );
$Creator = mysql_real_escape_string( $_POST['Creator'] );  



    $result = mysql_query("SELECT path FROM images WHERE Title = '$Title' OR Creator = '$Creator'");
    $row=mysql_fetch_assoc($result);


    echo '<img src="' . $row['path'] . '" />'; 


    //some code
    mysql_close($con);
    ?>
于 2012-07-04T14:05:21.853 に答える