0

你好亲爱的溢出者！

我有一个到目前为止运行良好的小代码，它将相应的图像 ID 获取到相应的房屋 ID，标题和文件名也没有问题！我只是无法显示图像... :( ` 

include("functions/config.php");
$images_dir = "/some/url/that/is/correct/cms/houses/";


$query = "SELECT houses.*, gallery_photos.* ".
"FROM houses LEFT JOIN gallery_photos ".
"ON houses.id = gallery_photos.photo_category"; 

$result = mysql_query($query) or die(mysql_error());


// Print out the contents of each row into a table 
while($row = mysql_fetch_array($result)){

$house_id = $row['id'];
$photo_category = $row['photo_category'];
$photo_caption = $row['photo_caption'];
$photo_filename = $row['photo_filename'];



echo "House ID ". $house_id. " - ". $photo_category." - ". $photo_caption." -       <img src='".$images_dir.$photo_filename."' />";

echo "<br />";
}
?>`

如前所述，一切都得到了很好的选择，当您在浏览器中单击图像信息时，即使图像路径是正确的，但我根本没有显示图像，我在这里遗漏了一些非常琐碎的东西吗？

提前致谢！

4

4 回答 4

0

好了各位，终于找到错误了，希望以后的人能用我的答案，避免它！


似乎有些主机不喜欢某些 PHP 命名约定，所以我必须做的，所以文件实际上会存储在文件夹中，更改命令以将它们从“Tmp/In memory”更改为最终目标文件夹。
为了更好地理解，这里我改变了什么：

copy($photos_uploaded['tmp_name'][$counter],    
$images_dir . '/' . $filename);

至

move_uploaded_file($photos_uploaded['tmp_name'][$counter],    
$images_dir . '/' . $filename);

我希望没有其他人不得不再花这么长时间在咖啡上花这么多钱。
感谢所有试图提供帮助的人！

于 2013-11-14T13:50:36.200 回答
0 
<img src='".$images_dir.$photo_filename."' />

无论您的 img 扩展名是什么，它都会像 .jpg 或 .png 一样丢失

于 2013-11-13T13:31:50.783 回答
0

检查表中的图像名称以及存储特定图像的文件夹。

于 2013-11-13T13:29:44.173 回答
0

使用 Firebug 之类的工具检查元素src属性中的路径是什么。img然后复制此链接并将其粘贴到浏览器中以查看它是否打开（使用您的网站名称 - 所以如果链接是“/img/houses/house1.jpg”，那么您粘贴到浏览器“www.mypage.com/img/houses/房子1.jpg'）。如果没有，那么：

  • 检查路径是否正确（将从网络根文件夹开始计算）（您的路径可能类似于“/cms/houses/5953.jpg”）
  • 检查路径的字母大小是否正确（“house”与“House”）
  • 检查您是否可以在服务器上打开文件（可能文件已损坏）
  • 检查您是否有权读取文件
于 2013-11-14T09:57:14.730 回答