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ここでスタックオーバーフローに関する同様の質問を見たことがありますが、答えを理解できなかったので、自分で質問を投稿して、役立つプログラマーに連絡することにしました。データベースに保存されている画像を表示しようとしていますが、画像リンクが壊れています。次のように2つのphpファイルがあります。 

<html>
<head>
    <title>Upload an image</title>
</head>
<body>
<form action="image_practice.php" method="POST" enctype="multipart/form-data">
    Image: <input type="file" name="image"> <input type="submit" value="Upload Image">
</form>
    <?php
if (function_exists('hex2bin') !== true)
    {
        function hex2bin($data)
        {
            return pack("H*", $data);
        }
    }
        //file properties
        $file= $_FILES['image']['tmp_name'];
        if (!isset($file))
            echo "Please select an image";
        else{
            $image = bin2hex(file_get_contents($_FILES['image']['tmp_name']));
        $image = hex2bin($image['Image']);
            if ($image_size==FALSE)
                echo "That's not an image";
            else {
                if(!$insert = mysql_query("INSERT INTO ImageDetails VALUES('','$image_name','$image')"))
                    echo "Problem Uploading image.";
                else {
                  $lastid= mysql_insert_id();
                  echo "Image Uploaded.<p />Your Image:<p \><img src='GetImage_prac.php?id=$lastid'>";
                }
            }
        }
        ?>
    </body>
    </html>

次に、次のように画像を表示する別のphpファイル： 

<?php
  if (function_exists('hex2bin') !== true)
{
    function hex2bin($data)
    {
        return pack("H*", $data);
    }
}$id=addslashes($_REQUEST['id']);
  $image= mysql_query("SELECT * FROM ImageDetails WHERE id=$id");
  $image= mysql_fetch_assoc($image);
  $image= $image['Image'];
  header("Content-type: image/jpeg");
  echo $image;
?>

画像が表示されない理由がわかりません。誰でも助けることができますか？テーブル定義は次のようになっていると思います。

CREATE TABLE ImageDetails2
(
ImageId int NOT NULL AUTO_INCREMENT,
Name varchar(30) NOT NULL,
Image BLOB,
PRIMARY KEY(ImageId)
);
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3 に答える 3

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おそらく犯人はmysql_real_escape_string().

また、BLOBMySQL のデータ型には 64KB の制限があることに注意してください。これは、base64 エンコーディングの増加により、実際のファイル制限は ~48KB です。より大きなファイルをアップロードしようとすると、切り捨てられてしまいます。その後、破損したファイルを表示します (= 何も表示しません)。

さて、私はあなたのコード全体をやり直しました。問題は表示スクリプトのクエリでした:

SELECT * FROM ImageDetails WHERE id=$id

次のようにする必要があります。

SELECT * FROM ImageDetails WHERE ImageId=$id

とにかく、これで、すべて修正および改善されました。今すぐ動作する必要があります:

<html>
    <head>
        <title>Upload an image</title>
    </head>

    <body>
        <form action="image_practice.php" method="POST" enctype="multipart/form-data">
            <label for="image">Image:</label>
            <input type="file" name="image" id="image">
            <input type="submit" value="Upload Image">
        </form>
        <?php

        if ((strcasecmp('POST', $_SERVER['REQUEST_METHOD']) === 0) && (isset($_FILES) === true))
        {
            if (exif_imagetype($_FILES['image']['tmp_name']) != false)
            {
                $image = file_get_contents($_FILES['image']['tmp_name']);
                $image_name = mysql_real_escape_string($_FILES['image']['name']);

                $image = base64_encode($image); 

                if (mysql_query("INSERT INTO ImageDetails VALUES ('', '$image_name', '$image');") !== false)
                {
                    echo 'Image Uploaded.<p />Your Image:<p \><img src="GetImage_prac.php?id=' . mysql_insert_id() . '">';
                }

                else
                {
                    echo "Problem Uploading image.";
                }
            }

            else
            {
                echo "That's not an image.";
            }
        }

        ?>
    </body>
</html>

<?php

// connect to MySQL here

if (array_key_exists('id', $_REQUEST) === true)
{
    $query = mysql_query("SELECT * FROM ImageDetails WHERE ImageId = " . intval($_REQUEST['id']) . " LIMIT 1;"); # you had "WHERE id" here!
    $result = mysql_fetch_assoc($query);

    if ($result !== false)
    {
        $image = $result['Image'];

        $image = base64_decode($image);
    }
}

if (isset($image) === true)
{
    header('Content-type: image/jpeg'); echo $image;
}

else # display a 1x1 spacer GIF as fallback
{
    $image = base64_decode('R0lGODlhAQABAID/AMDAwAAAACH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAICRAEAOw==');

    header('Content-type: image/gif'); echo $image;
}

?>
于 2013-05-10T14:24:16.697 に答える
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クロムを使用している場合は、壊れた画像を右クリックして要素を調べ、コードの何が問題なのかを確認してください。

データベース行内に img src の html がありますか? もしそうなら、そこにそれを持っているのは無駄です。それはphpファイルにあるはずです。そうでない場合は、それがあなたの問題です

于 2013-05-10T14:17:47.807 に答える