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我最近在这里写了一篇类似的帖子，但没有结果，我的意思是我根本找不到解决问题的方法。

问题是我为我的网站创建了一个表单，让用户上传一些图像/照片等。

然后我想向他们展示他们上传的图片，作为一个画廊，作为缩略图链接到原始尺寸的照片。

为此，我以这种方式在我的数据库中创建了一个表：

CREATE TABLE uploaded (id_file INT(11) UNSIGNED NOT NULL AUTO_INCREMENT, url_file VARCHAR(50) NOT NULL, name_file VARCHAR(100) NOT NULL, type_file VARCHAR(20) NOT NULL, description VARCHAR(255), notes TEXT, data_insert DATETIME NOT NULL, address_IP CHAR(15) NOT NULL, username VARCHAR(20) NOT NULL, id_user INT(11) NOT NULL, PRIMARY KEY(id_file));

通过这种方式，我可以在上传的文件中获得一些重要信息，之后我可以在我调用的页面中使用这些信息vision.php。

在这里，我简化了很多我的脚本。最奇怪的是，除了我无法使用另一个脚本（我在此处传入查询字符串“thumb.php”）创建以获取缩略图之外，缩略图本身就是一个链接!.

事实上，虽然在“上传”的目录中我看到了图像，但我无法打开该目录，当然也无法打开该文件。

我还想说，目录和文件都设置为：

chmod 0777，因此以正确的方式。

我使用 PDO API 连接到我的数据库和所有查询，但我没有看到任何错误。

有谁能够帮我？

这是我的名为“vision.php”的脚本的来源：

    <php>


    include 'config_db.php';

    try
        {                           
            // Report all PHP errors
            error_reporting(-1);

            $pdo->setAttribute(PDO::ATTR_ERRMODE, PDO::ERRMODE_EXCEPTION); 

            $stmt = $pdo->prepare("SELECT * FROM uploaded");

            if ( $stmt->execute() )
                {
                    while ( $row = $stmt->fetch(PDO::FETCH_ASSOC) ) 
                        {
                            echo '<a href="uploaded/' . $row['name_file'] . '.' . $row['type_file'] . '" ><img src="thumb.php?id_file=' . $row['name_file'] . '" alt="' . $row['name_file'] . '" /></a>';   
                                                 }
                }
        catch (PDOException $e)
        {
            echo "Error!: " . $e->getMessage() . "<br />";
            die;        
        }   

?>
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