0

アップロードされた画像を取得して保存し、画像のプレビューを表示して、画像が正常にアップロードされたことを確認するコードを作成しようとしています。

<?php
$name=$_FILES['myfile']['name'];
$tmp=$_FILES['myfile']['tmp_name'];
$error=$_FILES['myfile']['error'];
$path='myweb/';
if(move_uploaded_file($tmp,$path.$name)==1){echo 'success';}else{echo $error;};
echo ('<img src="$path.$name" height="100px" width="100px"/>');
<?php

問題は、画像が表示されないことです。

私も試してみました

echo ('<img src="$path$name" height="100px" width="100px"/>');

しかし、それでも機能しません。

画像を表示するにはどうすればよいですか?

4

5 に答える 5

1 
<img src="<?php echo $path,$name; ?>" height="100px" width="100px"/>

また

echo '<img src="' . $path.$name . '" height="100px" width="100px"/>';
于 2013-02-04T11:29:06.687 に答える
1

問題は一重引用符と二重引用符にありました。

echo '<img src="' . $path.$name . '" height="100px" width="100px"/>';

一重引用符を使用したため、変数名を取得していませんでした。

于 2013-02-04T11:27:45.720 に答える
1

次のように、印刷された文字列に変数を含める必要があります。

echo ('<img src="'.$path.$name.'" height="100px" width="100px"/>');

詳細については、ドキュメントを参照してください。

そうしないと、PHP は$path.$name、変数の内容ではなくテキストを出力したいと考えます。

于 2013-02-04T11:27:52.727 に答える
0

上記のコードの13行目を次のように置き換えました。

echo (" <img src=$path.$name height=100px width=100px/>");

そして、それは今働いています。ここでは二重引用符が問題だったようです。私はそれについてm0reを読みます。皆さん、本当にお世話になりました:)

于 2013-02-04T12:08:27.177 に答える
0

二重引用符の使用と単一引用符の使用には違いがあります。

二重引用符が解析されています。つまり、

$variable = 10;
echo "$variable";

出力します：

10

一重引用符は解析されません:

$variable = 10;
echo '$variable';

出力します：

$variable

'' 内で変数を使用すると、変数は解析されません。

于 2013-02-04T11:30:42.267 に答える