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我按照教程显示数据库中的图像,这就是我的数据库中表格的样子。我究竟做错了什么?

Display
+-------+------------+----------+
| Index | Display_ID | Picture  |
+-------+------------+----------+
|     1 |         12 | longblob |
+-------+------------+----------+

 

<?php
if (!function_exists("GetSQLValueString"))
 {
function GetSQLValueString($theValue, $theType, 
$theDefinedValue = "", $theNotDefinedValue = "")
{
 // function definition omitted
}
}

$colname_getImage = "-1";
if (isset($_GET['image_id'])) 
{
  $colname_getImage = $_GET['image_id'];
}
$db = mysql_connect("localhost", "root");
mysql_select_db("draftdb",$db);
$query_getImage = sprintf("SELECT mimetype, PICTURE FROM display
WHERE DISPLAY_ID = %s", GetSQLValueString($colname_getImage, "int"));
$getImage = mysql_query($query_getImage, $db) or
die(mysql_error());
$row_getImage = mysql_fetch_assoc($getImage);
$totalRows_getImage = mysql_num_rows($getImage);
mysql_free_result($getImage);

header('Content-type: image/jpeg ' . $row_getImage['mimetype']);
echo $row_getImage['image'];

?>

> <img src="show_image.php?image_id=12 <?php echo
> $row_getdetails['image_id']; ?>" alt="Image from DB" />

错误: > 您的 SQL 语法有错误;检查与您的 MySQL 服务器版本相对应的手册,以在第 2 行的 '' 附近使用正确的语法

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1 回答 1

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好吧,据我所知,您的表中没有字段mimetype。这可能会导致错误 + 如果您的数据库有 field Picture,请不要要求一个名为PICTURE.

于 2012-07-27T07:21:09.863 回答