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我的网站在某个地方有一张图片，当用户重新加载页面时，他应该在同一个地方看到不同的图片。我有 30 张图片，我想在每次重新加载时随机更改它们。我怎么做？

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使用您拥有的“图片信息”（文件名或路径）创建一个数组，例如

$pictures = array("pony.jpg", "cat.png", "dog.gif");

并通过随机调用该数组的一个元素

echo '<img src="'.$pictures[array_rand($pictures)].'" />';

看起来很奇怪，但有效。

于 2012-05-27T12:50:58.667 回答
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选择随机图像的实际行为将需要一个随机数。有几种方法可以帮助解决这个问题：

如果您专门处理数组，则可以将第二个函数视为使用第一个函数的快捷方式。因此，例如，如果您有一组图像路径可以从中选择要显示的路径，则可以像这样选择一个随机路径：

$randomImagePath = $imagePaths[array_rand($imagePaths)];

如果您以未指定的其他方式存储/检索图像，那么您可能无法array_rand()轻松使用。但是，最终，您需要生成一个随机数。所以一些使用rand()会为此工作。

于 2012-05-27T12:49:59.053 回答
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如果您将信息存储在数据库中，您还可以选择随机图像：

MySQL：

SELECT column FROM table
ORDER BY RAND()
LIMIT 1

PgSQL：

SELECT column FROM table
ORDER BY RANDOM()
LIMIT 1

最好的，菲利普

于 2012-05-27T13:12:11.350 回答
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在弹出窗口上创建随机图像的一种简单方法是下面的这种方法。

（注意：您必须将图像重命名为“1.png”、“2.png”等）

<?php
//This generates a random number between 1 & 30 (30 is the
//amount of images you have)
$random = rand(1,30);

//Generate image tag (feel free to change src path)
$image = <<<HERE
<img src="{$random}.png" alt="{$random}" />
HERE;
?>

* Content Here *

<!-- Print image tag -->
<?php print $image; ?>

这种方法很简单，我每次需要随机图像时都会使用它。

希望这可以帮助！;)

于 2012-05-27T13:22:19.130 回答
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我最近写了这个，它在每个页面加载时加载不同的背景。只需将常量替换为图像的路径即可。

它的作用是遍历您的图像目录并从中随机选择一个文件。这样您就不需要在数组或数据库或其他任何东西中跟踪您的图像。只需将图像上传到您的图像目录，它们就会（随机）被选中。

像这样调用：

$oImg = new Backgrounds ;
echo $oImg -> successBg() ;


<?php

class Backgrounds
{

  public function __construct()
  {
  }

  public function succesBg()
  {  
    $aImages = $this->_imageArrays( \constants\IMAGESTRUE, "images/true/") ; 
    if(count($aImages)>1)
    {
      $iImage   = (int) array_rand( $aImages, 1 ) ;
      return $aImages[$iImage] ;
    }
    else
    {
      throw new Exception("Image array " . $aImages . " is empty");
    }
  }


  private function _imageArrays( $sDir='', $sImgpath='' )
  {
    if ($handle = @opendir($sDir)) 
    {
      $aReturn = (array) array() ;
      while (false !== ($entry = readdir($handle))) 
      {
        if(file_exists($sDir . $entry) && $entry!="." && $entry !="..")
        {
          $aReturn[] = $sImgpath . $entry ;
        }
      }
      return $aReturn ;
    }
    else
    {
      throw new Exception("Could not open directory" . $sDir . "'" );
    }
  }

}

?>
于 2012-05-27T13:45:27.667 回答