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アップロードされたファイルが保存されるフォルダーがあります。このページは、保存されたファイルを取得するために使用されます。フォルダ内に「flower.jpeg」という画像があり、以下のようにイメージタグを使って画像を表示しようとしています。2 つのオプションがありますが、どれも機能していません。

  <!DOCTYPE html>
    <html>
    <body>
    <?php

        $picture=flower.jpeg
        $playfile='/upload/$picture';

    ?>
        // <img href= '<?php $playfile ?>'  width="800" height="600">   
        // <img src= '<?php echo $playfile; ?>'  width="800" height="600">  <br>

    <script>
        document.write('<a href="' + document.referrer + '">Go Back To Chat</a>');
    </script>
    </body>
    </html>
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flower.jpeg には引用符が必要で、$playfile の割り当てが適切に指定されていません。私の知る限り、一重引用符内の文字列は PHP 内の変数として解析されません。

$picture='flower.jpeg';
$playfile='/upload/'.$picture;

また、タグの正しい使い方は次のとおりです。

<img src="<?php echo $playfile; ?>"  width="800" height="600">

属性は二重引用符で囲む必要があるため、PHP を使用して文字列を含む変数をエコー出力するだけです。

于 2013-03-27T12:26:59.373 に答える
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何が間違っているかの説明。次のコードを使用してリンクを作成しています。

$picture=flower.jpeg
$playfile='/upload/$picture';

まず、写真を引用する必要があります

$picture = 'flower.jpg';
//or
$picture = "flower.jpg";

次の問題は、 をどのように構築するかですplayfile。変数を使用するか、二重引用符を使用するには、一重引用符を終了する必要があります。

$playfile = '/upload/'.$picture;
//or
$playfile = "/upload/$picture";
//or even
$playfile = "/upload/".$picture;

一重引用符は、二重引用符がそれらの変数を評価する場所としてテキストを受け取ります。PHP と文字列の基本について読み続けることをお勧めします。

于 2013-03-27T12:30:07.840 に答える
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画像へのパス (または「href」と呼ぶ場合) が正しいかどうかを確認するのに役立ついくつかの手順を次に示します。サイモンが指摘したように、私たちはあなたのファイル システムにアクセスできないため、直接的な解決策はありません。

  • 画像のファイル拡張子が正しく記載されているかどうかを確認してください。正しい CAPS であることも確認してください。たとえば、MS ペイントを使用して画像を保存した場合、拡張子は *.PNG になりますが、スクリプトには *.png が含まれる場合があります。これにより、場合によっては問題が発生する可能性があります。

  • .jpg と .jpeg は、2 つの異なる拡張子である場合があります (上記の意味で)。あなたはそれを考慮したいかもしれません。

  • イメージのディレクトリ構造が正しいことを確認する必要がある場合があります (つまり、ファイルへの正しいパスを指定していることを確認します)。

これが何らかの形であなたを助けたことを願っています。上記の手順は大雑把で曖昧です。彼らがあなたを助けることができなかった場合は、コメントしてください。誰かがあなたを助けることができます.

于 2013-03-27T16:20:42.323 に答える