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データベースから画像を表示できる Web サイトを作成する必要がある学校のプロジェクトに取り組んでいます。私は次のphpコードでこれをやろうとしています:

    <?php
        $table_name = "image";//var with database table name
        $get = "SELECT * FROM $table_name";
        $everything = mysql_query($get);

        while($pic = mysql_fetch_array($everything)){
            echo "<img scr='../img/".$pic['imgname']."' height='300px'>";
            echo " - ";
            echo "<a href='single_post.php?id".$pic['id']."'>";//link with img id to single_post 
            echo $pic['name'];//shows name from img for link
            echo"</a>";//close link
            echo"<p>";
            echo"<p><a href='admin.php'>toevoegen</a></p>";//link for new upload
        }
    ?>

これを実行すると、画像が表示されません。障害は最初のエコーのどこかにあると思いますが、画像へのリンクが正しいと確信しているので、何が間違っているのかわかりません。

追加情報:

  • データベース接続は機能しています。（画像の名前はウェブページに表示されます）
  • 画像の scr は、少なくとも $pic var まで正しいです。(私はこれを : でテストしました<img src="../img/tumblr_mf6x6xI6pF1qzjw8go1_400.jpg" alt="img" height="300" width="300">)

前もって感謝します

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4 に答える 4

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Try this code
<?php
        $table_name = "image";
        $get = "SELECT * FROM $table_name";
        $everything = mysql_query($get);

        while($pic = mysql_fetch_array($everything)){?>

            <img scr="../img/<?php echo $pic['imgname']; ?>" height='300px'>

            - 

            <a href="single_post.php?id=<?php echo $pic['id'] ?>" ><?php echo $pic['name']; ?></a>

            <p><a href='admin.php'>toevoegen</a></p>     <?php   }
    ?>
于 2013-06-06T09:02:15.360 に答える
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エラーは img タグを閉じていないためだと思います..!!

それを試してみてください

 echo "<img scr='../img/".$pic['imgname']."' height='300px'/>";
于 2013-06-06T08:52:54.287 に答える