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つまり、基本的にやりたいことは、基本的な画像アップロードページだけです。ユーザーがフォームに入力すると、コンピューターまたは URL からファイルが送信され、画像がサーバーに保存されます。

次に、HTMLページに画像を表示したいと思います。divアップロードされたコンテンツを保持するを動的に作成するコードは既にあります。

function AddTiles() {
    var mydiv = document.createElement("div");
    mydiv.setAttribute("id", "mydiv");
    mydiv.setAttribute("class", "tiles");
    mainContent.appendChild(mydiv);
}

しかし、画像をアップロードするたびにページが更新され、画像を配置するためのdivがなくなります。そのため、代わりに画像をデータベースに保存し、ページの読み込み時にデータベースを読み取って生成しますhtml コンテンツを読み込み、画像を表示します。

したがって、データベースに 4 つの画像がある場合、プログラムは 4 つの div タグを作成し、各画像をそれぞれの div タグに配置します。

また、データベースから読み取り、ロード時に html コンテンツを作成するためのコードが必要です。問題なくデータベースを作成し、画像を保存できます。

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データベースに格納された情報を読み取って出力する場合は、JavaScript を使用せずにサーバー側 (PHP) で HTML コンテンツを生成することもできますecho "<img src='$url' />"。

データベースからデータを取得する方法の詳細については、PHP MysQL Selectチュートリアルを参照することもできます。

于 2013-01-27T01:08:13.947 に答える