0

次のコードを使用して、Web サイトの管理領域からデータベースに複数の画像を追加しましたが、これは正常に機能しますが、その特定の車両 ID に対してアップロードされた複数の画像を表示したいです...基本的に私は作成しようとしています自動車販売店のウェブサイト。管理者が在庫を追加するときに、複数の画像を選択してリストに追加できます。在庫コードの追加は次のとおりです。

<?php

if(isset($_POST['addstock'])){

$vehicle_make = $_POST['vehicle_make'];
$veh_model = $_POST['veh_model'];
$veh_mileage = $_POST['veh_mileage'];
$veh_description = $_POST['veh_description'];
$veh_price = $_POST['veh_price'];
$veh_gearbox = $_POST['veh_gearbox'];
$veh_engine_size = $_POST['veh_engine_size'];
$veh_fuel_type = $_POST['veh_fuel_type'];

foreach($_FILES['files']['tmp_name'] as $key => $tmp_name ){

$file_name = $key.$_FILES['files']['name'][$key];
$file_size = $_FILES['files']['size'][$key];
$file_tmp = $_FILES['files']['tmp_name'][$key];
$file_type = $_FILES['files']['type'][$key];


$addstock = "insert into stock (veh_make,veh_model,veh_mileage,veh_description,veh_gearbox,veh_engine_size,veh_fuel_type,veh_price,file_name,file_size,file_type) values('$vehicle_makee','$veh_model','$veh_mileage','$veh_description','$veh_gearbox','$veh_engine_size','$veh_fuel_type','$veh_price','$file_name','$file_size','$file_type')";

        move_uploaded_file($file_tmp,"image_uploads/".$file_name);
        }

$addsto = mysqli_query($con, $addstock);

if($addsto){

    echo "<script>alert('Vehicle has been added')</script>";
    echo "<script>window.open('addstock.php','_self')</script>";
}
}

このコードは、ディレクトリ フォルダーに複数の画像を正常に追加します。

これは管理領域の外側のコードです。車両の詳細ページでは、アップロードした複数の画像のうち 1 つの画像のみが表示されます。車両 ID 用にアップロードされたすべての画像を表示したいのですが、最終的には画像にスタイル設定されます。ギャラリー、

<?php
if(isset($_GET['vehicle_id'])){

$vehicle_id = $_GET['vehicle_id'];

$get_veh = "select * from stock where vehicle_id='$vehicle_id'";

$run_veh = mysqli_query($con, $get_veh);

while($row_veh=mysqli_fetch_array($run_veh)){

    $vehicle_id = $row_veh['vehicle_id'];
    $veh_make = $row_veh['veh_make'];
    $veh_model = $row_veh['veh_model'];
    $veh_mileage = $row_veh['veh_mileage'];
    $veh_price = $row_veh['veh_price'];
    $veh_gearbox = $row_veh['veh_gearbox'];
    $veh_description = $row_veh['veh_description'];
    $file_name = $row_veh['file_name'];

    echo "

        <div id='single_vehicle'>


            <div id='box1'>$veh_make $veh_model</div>
            <div id='box3'>£$veh_price</div>
        </div>


        <div id='single_vehicle2'>

            <div id='box2'><img src='admin/image_uploads/$file_name' width='600' height='450' /></div>
            <div id='box4'>
            <div id='clickbox1'><a href='#'>Book Test Drive</a></div>
            <div id='clickbox1'><a href='#'>Send Enquiry</a></div>
            <div id='clickbox1'><a href='#'>Print this Page</a></div>
            <div id='clickbox1'><a href='#'>Email this Page</a></div>

            </div>



        </div>

        <div id='desription_area'>
        <div id='desription_area1'><span style='text-decoration:underline'>Vehicle Description</span><br>$veh_description</div>
        <div id='desription_area2'><span style='text-decoration:underline'>Specification</span><br>Make: $veh_make<br>$veh_model<br>$veh_mileage</div>
        </div>

        ";
}
}
?>

私はコーディングを始めたばかりで、まだ学習中です。何が間違っていましたか? どんな助けでも大歓迎です

4

1 に答える 1

0

こんにちは、コードにエラーがあるかもしれません。これを試してコードを確認してください

アップロード画像用

<?php
if(count($_FILES) > 0) {
if(is_uploaded_file($_FILES['userImage']['tmp_name'])) {
mysql_connect("localhost", "root", "");
mysql_select_db ("phppot_examples");
$imgData =addslashes(file_get_contents($_FILES['userImage']['tmp_name']));
$imageProperties = getimageSize($_FILES['userImage']['tmp_name']);
$sql = "INSERT INTO output_images(imageType ,imageData)
VALUES('{$imageProperties['mime']}', '{$imgData}')";
$current_id = mysql_query($sql) or die("<b>Error:</b> Problem on Image Insert<br/>" . mysql_error());
if(isset($current_id)) {
header("Location: listImages.php");
}}}
?>
<HTML>
<HEAD>
<TITLE>Upload Image to MySQL BLOB</TITLE>
<link href="imageStyles.css" rel="stylesheet" type="text/css" />
</HEAD>
<BODY>
<form name="frmImage" enctype="multipart/form-data" action="" method="post" class="frmImageUpload">
<label>Upload Image File:</label><br/>
<input name="userImage" type="file" class="inputFile" />
<input type="submit" value="Submit" class="btnSubmit" />
</form>
</div>
</BODY>
</HTML>

データベースに保存された画像を表示する

<?php
$conn = mysql_connect("localhost", "root", "");
mysql_select_db("phppot_examples") or die(mysql_error());
if(isset($_GET['image_id'])) {
$sql = "SELECT imageType,imageData FROM output_images WHERE imageId=" . $_GET['image_id'];
$result = mysql_query("$sql") or die("<b>Error:</b> Problem on Retrieving Image BLOB<br/>" . mysql_error());
$row = mysql_fetch_array($result);
header("Content-type: " . $row["imageType"]);
echo $row["imageData"];
}
mysql_close($conn);
?>

リスト画像用

<?php
$conn = mysql_connect("localhost", "root", "");
mysql_select_db("phppot_examples");
$sql = "SELECT imageId FROM output_images ORDER BY imageId DESC"; 
$result = mysql_query($sql);
?>
<HTML>
<HEAD>
<TITLE>List BLOB Images</TITLE>
<link href="imageStyles.css" rel="stylesheet" type="text/css" />
</HEAD>
<BODY>
<?php
while($row = mysql_fetch_array($result)) {
?>
<img src="imageView.php?image_id=<?php echo $row["imageId"]; ?>" /><br/>
<?php       
}
mysql_close($conn);
?>
</BODY>
</HTML>

BLOB 画像をブラウザに表示するには、以下を行う PHP ファイルを作成する必要があります。

MySQL BLOB から画像データとタイプを取得する PHP header() を使用して、コンテンツ タイプを画像 (image/jpg、image/gif、…) に設定します。画像コンテンツを印刷します。

頑張ってください

于 2016-01-11T20:14:59.223 に答える