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入力ファイル フィールドを含むフォームを編集するためのコードを書いています。さまざまなフィールド タイプのデータベースからすべての値を取得していますが、ファイル タイプの入力にその値が表示されません。

次のようなコードがあります。

<input class="picturebox" id="logo" name="userfile"  value="<?php echo $discount_details->picture_name;?>" />

しかし、実際には、レンダリングされたビューの値属性では、userfile フィールドに対して null です。

誰かがフォームを編集していて、編集時に以前に入力した画像を変更したくない場合、入力タイプの値をロードするにはどうすればよいですか。

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入力ファイルタイプに値属性を与えることができます

フォームの更新中にファイルの内容を表示したい場合は、別のタグで表示できます

お気に入り：

<input type="file" /> <span><?php echo $row[column_name]?></span>

ここで、1つのことを考慮する必要があります

使用がアップロードする新しいファイルを選択した場合は、列を更新できます。それ以外の場合は、選択されていない使用がファイルなしで他のコンテンツを更新しただけで、列名を古いファイル名で更新する必要があります。

$file = $_FILES['file']['name'];


if($file!="") {

move_uploaded_file($_FILES['file']['tmp_name'],'/image/'.$file);

} else {

$file = $oldfile;

}
于 2013-11-01T06:13:58.733 に答える
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valueフィールドを空にして、その入力フィールドのすぐ上（または下）に古い画像を表示することができます。フォームを送信した後に確認してください。if $_POST['userfile']空である場合は更新しないでくださいtable.picture_name。

于 2013-11-01T05:10:51.750 に答える
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このように書くことができます

ステップ 1: 変数でイメージを取得します。このような$pimg = $result['pimage'];

ステップ 2: ファイルを追加するための html コードを記述します。<input type="file" name=""image">

Step3: ユーザーが画像をアップロードする場合、PHP でファイルをフェッチします。このような$pimage = $_FILES['images']['name'];

ステップ 4: ユーザーがファイルをアップロードしたかどうかを確認します。

if(empty(file name)){
    if yes then update image it.
}else{
   if no then priviously uploaded image use it.
}
于 2021-10-01T12:07:13.173 に答える