0

从事一个涉及人们注册网站并上传视频的项目，问题是我创建了一个文件上传表单并且它运行良好，我前往数据库并检查用户表，我看到上传的视频我然后进入我的 PHP 代码并初始化变量：

$Getvid = " ";

然后我取行 

while ($row = mysqli_fetch_array($user_query, MYSQLI_ASSOC)) {  $vid = $row ["vid"]; }

之后我放置

$Getvid = '< source src="user/'.$u.'/'.$vid.'" >';
if($vid == NULL) {
    $Getvid = '< source src="image/Movie on 2013-07-24 at 13.43.mov" type="video/mp4" >';
}

要获取用户上传的视频文件并将其回显在他/她的页面上，并且如果 vid 行为空，则脚本将显示我存储在数据库中的默认视频

之后，我在用户页面上回显视频

      < video width="320" height="240" controls>
      < source src="< ?php echo $vid; ? > " >
      </video>

但由于某种原因，视频没有显示默认值也不起作用，除非我特别像这样获取它：

    <video width="320" height="240" controls>
      <source src="image/Movie on 2013-07-24 at 13.43.mov" type="video/mp4"  >
    </video>
4

2 回答 2

0

问题的两个潜在来源，您不应该在文件名中存储带有空格的文件，并且您没有为视频指定类型。

SRC 应该包含一个有效的 URL，因此您应该在 PHP 字符串中使用 %20 或 + 而不是空格。

注意：正如 Fisk 所提到的，由于间距，您的 php 标签是错误的。您通过替换使用 PHP echo 缩写形式

< ?php echo $vid; ? > 
by 
<?= $vid; ?>
于 2013-11-13T23:05:19.823 回答
0

< ?php如果您实际输入源代码，则不会调用 PHP 。它需要在单个标签中，例如<?php. 当你解决了这个问题后，将 PHP 代码的输出与你的工作示例进行比较，看看它的不同之处。如果您想要更准确的答案，请将生成的 HTML 与您期望的 HTML 一起添加到您的问题中。

您还在不同的路径中使用相同的变量；您在视频名称之前附加 image/ 的一个地方，而您的变量似乎不包含路径。

于 2013-11-13T23:08:16.037 回答