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映画の名前、説明、表紙の写真を含むデータベースがあります。表紙の写真のフィールド タイプが blob で、問題はデータベースから取得できないことです。映画の名前をカバー写真の横に表示したい...方法は..これが私のコードです..

<?php

include ("php/connection.php");
$ID = $_GET['id'];
$listmovies = "SELECT * FROM movies where Genres LIKE '%$ID%'";
$result = mysql_query($listmovies);
while ( $row = mysql_fetch_assoc($result) ) {
    ?>
<table border="1" width="100%">
    <tr>
        <td rowspan="2" width="90" height="120">
<?php

    // set the header for the image
    header("Content-type: image/jpeg");
    echo $row['Image'];

    ?> </td>
        <td width="200" height="10">
<?php

    echo $row['Title'];
    ?></td>
    </tr>
    <tr>
        <td width="200" height="110"><a
            href="php/moredetails.php?id=<?php echo $row['ID']; ?>">More Detail</a></td>
    </tr>
<?php } ?> </table>

映画のタイトルの横に The Imgaes を表示したいだけですか?

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2 に答える 2

2

はい、表示されません...画像を出力するか、画像any output above header would always generate errorを含めるには別のページが必要ですbase64

削除する

header("Content-type: image/jpeg");
echo $row['Image'];

そしてこれを追加します：

printf("<img src=\"data:image/jpeg;base64,%s\" />",base64_encode($row['Image']));  
                               ^--- Note this is only for jpeg images
于 2012-10-17T15:53:48.200 に答える
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私はそのようなことを提案します：

たとえば、image.php という名前の新しい php ファイルを作成します。そのファイルは、物理イメージ ファイルを置き換えます。そのファイルには、投稿のコードと、データベースから画像データを取得するためのロジックを入れます。

親テンプレート（おそらくphpファイル）に、画像のコードを入れます：

<img src="image.php?id_movie=<?php echo $id_movie; ?>" width ="200" height="200" /> More Detail

image.php では、php タグの外側のスペース (最初と最後) に注意することをお勧めします。また、image.php には、データベースからロードする画像を知るためにムービーの ID を指定する必要があります。

于 2012-10-17T15:37:59.447 に答える