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你能帮我更新我的示例项目中的图像吗?

这是我的代码:

$dir = "C:/xampp/htdocs/test/individualpictures/";
            $names = $_FILES["uploadedfile"]["name"];
            $temp = $_FILES["uploadedfile"]["tmp_name"];
            $uploadfile = $dir . basename($names);

<input type="file" name='uploadedfile'></input>
<input type="submit name="update"></input>

if(isset($update)){ 
   mysql_query("UPDATE contact_individual SET attachment='$uploadedfile'
   WHERE contactID_individual='$text'");
}

请注意,我已经在我的数据库中保存了图像的 url,我想要的是当用户没有进行任何操作时,保存到我的数据库中的 url 不会被替换为空白 url。谢谢!

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2 回答 2

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You can do it as following way.

Sample Code.

<?php
    $dir   = "C:/xampp/htdocs/test/individualpictures/";
    $names = isset($_FILES["uploadedfile"]["name"]) ? $_FILES["uploadedfile"]["name"] : '';
    $temp  = $_FILES["uploadedfile"]["tmp_name"];
    $dir   = $dir . basename($names);

    echo '<input type="file" name="uploadedfile" />';
    echo '<input type="submit name="update" />';

    if(isset($_POST['update']))
    {
        mysql_query("UPDATE contact_individual SET attachment='$dir' WHERE contactID_individual='$text'");
    }
?>
于 2013-02-11T08:25:06.827 回答
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您可以简单地检查是否有任何更新。我的意思是你可以检查文件名是否为空。基于此,您可以更新表或不更新。

于 2013-02-11T10:14:16.057 回答