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私は次のコードを持っています.phpセクションでmysqlからファイルパス名を返し、画像をhtmlで表示する必要があります。しかし、ブラウザに小さなサムネイルしか表示されません。ちなみに、「username」と「imagefile」は、テーブル「images」の唯一の列です。

ばかげた間違いがあると確信していますが、それを見つけるには新鮮な目が必要です. よろしくお願いします。PS私は本当にmysqliに移行する必要があることを知っていますが、後日単純に翻訳します。乾杯

<?php


session_start();
$username = $_SESSION['username'];

$con = mysql_connect('localhost','root','password');
mysql_select_db("db");


$profileimage = mysql_query("

SELECT * FROM images WHERE username='$username'

");

$row = mysql_fetch_array($profileimage);
$showimage = $row['imagefile'];

?>

<html>

<img src = "$showimage">


</html>
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3 に答える 3

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"$showimage"まず、HTML は何を意味するのかわかりません。これは PHP 変数であり、HTML はそれを解釈できません。HTMLが結果を処理できるように、それを出力する必要があります。

したがって、の値が の場合、$showimage次の"/images/foo.jpg"ようなものが必要になります。

<img src="<?php echo $showimage; ?>" />

あなたに与えるだろう

<img src="/images/foo.jpg" />

現在、mysqli への切り替えは、 に置き換えるmysqlのと同じくらい簡単mysqliです。それ以上に複雑なことはありません。これらのことについて学び始めたばかりのように見えるので、物事を改善するときに PDO について学ぶこともできます。

于 2012-12-01T19:45:23.293 に答える
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これは現在の実際のコードですか、それとも単純化されたバージョンですか? PHP 変数が不明な HTML 部分に問題があるのが実際のコードである場合は、次のようにする必要があります。

<html>
<img src ="<?php echo $showimage; ?>" />
</html>
于 2012-12-01T19:44:13.027 に答える
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<?php  
    $db = mysqli_connect("localhost:3306","root","","databasename"); 
    $sql = "SELECT * FROM table_name ";
    $sth = $db->query($sql);
    while($result=mysqli_fetch_array($sth)){    
        echo '<img src="data:image/jpeg;base64,'.base64_encode( $result['image'] ).'" height="100" width="100"/>';
    }
?>

私のために働く

于 2017-09-27T15:55:14.127 に答える