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サンプル プロジェクトの画像を更新するのを手伝ってもらえますか?

これが私のコードです：

$dir = "C:/xampp/htdocs/test/individualpictures/";
            $names = $_FILES["uploadedfile"]["name"];
            $temp = $_FILES["uploadedfile"]["tmp_name"];
            $uploadfile = $dir . basename($names);

<input type="file" name='uploadedfile'></input>
<input type="submit name="update"></input>

if(isset($update)){ 
   mysql_query("UPDATE contact_individual SET attachment='$uploadedfile'
   WHERE contactID_individual='$text'");
}

画像の URL は既にデータベースに保存されていることに注意してください。必要なのは、ユーザーが何も操作を行わなかった場合、データベースに保存された URL が空白の URL に置き換えられないことだけです。ありがとう！

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2 に答える 2

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更新が行われているかどうかを簡単に確認できます。つまり、ファイル名が空白かどうかを確認できます。これに基づいて、テーブルを更新することも、更新しないこともできます。

于 2013-02-11T10:14:16.057 に答える
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次の方法で実行できます。

サンプルコード。

<?php
    $dir   = "C:/xampp/htdocs/test/individualpictures/";
    $names = isset($_FILES["uploadedfile"]["name"]) ? $_FILES["uploadedfile"]["name"] : '';
    $temp  = $_FILES["uploadedfile"]["tmp_name"];
    $dir   = $dir . basename($names);

    echo '<input type="file" name="uploadedfile" />';
    echo '<input type="submit name="update" />';

    if(isset($_POST['update']))
    {
        mysql_query("UPDATE contact_individual SET attachment='$dir' WHERE contactID_individual='$text'");
    }
?>
于 2013-02-11T08:25:06.827 に答える