我已经阅读了很多关于这个问题的主题,但我仍然有同样的问题。我无法理解逻辑但我认为。
所以我在我的系统中的一个文件夹中存储了一张图像,并且我的数据库中也注册了图像的路径。我只是想让用户将图像的标题插入到搜索表单中,并且在他们按下 OK 后,我想要特定的要显示的图像。
到目前为止,我发现了类似的代码: echo '';
他们对其他人很好,但不适合我
我的代码如下:
<?php
$con = mysql_connect("localhost","root","");
if (!$con)
{
die('Could not connect: ' . mysql_error());
}
mysql_select_db("photoshare", $con);
$Title = $_POST['Title'];
$Creator = $_POST['Creator'];
$result = mysql_query("SELECT path FROM images WHERE Title = '$Title' OR Creator = '$Creator'");
echo '<img src="' . $result . '" />';
//some code
mysql_close($con);
?>
所以问题是没有显示任何图像。另一方面,正在显示损坏图像的图标。如果我做对了,就会发生错误,因为我没有输入我的 HTTP 必须看到的内容或类似的内容。我真的还没有理解它。
任何帮助,将不胜感激 :)
谢谢你们,但同样的事情发生了:/我的上传文件如下,我希望它有帮助:
<?php
$con = mysql_connect("localhost","root","");
if (!$con)
{
die('Could not connect: ' . mysql_error());
}
mysql_select_db("photoshare", $con);
$Image_Title = $_POST['Image_Title'];
$Image_Creator = $_POST['Image_Creator'];
$Image_Date = $_POST['Image_Date'];
$Image_Genre = $_POST['Image_Genre'];
if ((($_FILES["file"]["type"] == "image/gif")
|| ($_FILES["file"]["type"] == "image/jpeg")
|| ($_FILES["file"]["type"] == "image/pjpeg"))
&& ($_FILES["file"]["size"] < 50000000))
{
if ($_FILES["file"]["error"] > 0)
{
echo "Return Code: " . $_FILES["file"]["error"] . "<br />";
}
else
{
echo "Upload: " . $_FILES["file"]["name"] . "<br />";
echo "Type: " . $_FILES["file"]["type"] . "<br />";
echo "Size: " . ($_FILES["file"]["size"] / 1024) . " Kb<br />";
echo "Temp file: " . $_FILES["file"]["tmp_name"] . "<br />";
if (file_exists("../photo_album/" . $_FILES["file"]["name"]))
{
echo $_FILES["file"]["name"] . " already exists. ";
}
else
{
move_uploaded_file($_FILES["file"]["tmp_name"],
"../photo_album/" . $_FILES["file"]["name"]);
echo "Stored in: " . "../photo_album/" . $_FILES["file"]["name"];
$path = "photo_album/" . $_FILES["file"]["name"];
$query = "INSERT INTO images (title, creator, date, genre, path)
VALUES ('$Image_Title', '$Image_Creator', '$Image_Date', '$Image_Genre', '$path')";
}
}
}
else
{
echo "Invalid file";
}
if (!mysql_query($query, $con)) {
die("Error " . mysql_error());
}
?>