Question

我有两个mysql表图像（包含图像）和视频（包含视频）。单击“图像”按钮时，将显示图像幻灯片，视频也相同。我可以看到图像，但是如何在同一个面板中看到视频呢？可能是我可以使用不同的面板用于不同的目的，但我该怎么做呢？我正在试着吼叫：

<?php
    ...
    //DB Connection is fine !
        $sql_stmt ="select * from mainTable where type='image'; // for image
        .......//Same for viedo

        $myControl = mysqli_query ($connection,$sql_stmt) ;        
        if (mysqli_num_rows($myControl)>0)
        {
            echo "<div id='gallery' class='cssClassForLoadPanel'>";
            echo "<div class='belt'>";
                $sql_stmt ="select * from image"; //get images from image table, same for video
                $result =  mysqli_query ($connection, $sql_stmt) ;
                if (mysqli_num_rows($result)>0)
                {   echo 4MyController;
                    while ($row=mysqli_fetch_array($result))
                    { 
                        $image_path= "images/".$row[image_path];
                        echo "<div class='panel'><img src='$image_path'></div>";
                    }
                }
            echo "</div>";      
        }
        else
        {
            echo "Please select Audio or Video Button";
        }

    ?>

Answer 1

这不是一个真正的答案，而是对OP正在尝试做什么的讨论/澄清。

android_bitter，您没有提供足够的有关数据库/表格的信息，以确定如何回答您的问题。例如，你说：

"select * from mainTable where type='image'; // for image -- Same for video

但后来你说：

"select * from image"; //get images from image table, same for video

那么，mainTable中的内容以及图像和视频表中的内容是什么？图像和视频表之间的关系是什么？它们是完全相互独立的，还是以某种方式相互关联（即同一项目，同一客户，同一上传者等）

如果是这样，那么您可能希望使用INNER JOIN从两个表中双重请求数据，并通过公共ID进行相关。

这个优秀（快速）的SQL网站教程可能有所帮助：

http://www.sqlishard.com/Exercise

一旦您澄清了您需要做什么，我们就可以进一步提供帮助。真的，我们大多需要知道：

不同表中的数据和
需要什么输出 - 了解您希望用户查看的内容

在同一页面上创建不同的面板绝对是可能的，甚至是“简单”。它可能就像将每种数据类型正确放入自己的div和样式格式一样简单。

Answer 2

今年5月也是你的解决方案。但我认为你的代码太混乱了。试着阅读关于suggar代码的信息。

只需在图片代码前添加此代码即可。

$myControl_vd = mysqli_query ($connection,$sql_stmt_vd) ;        
if (mysqli_num_rows($myControl_vd)>0)
{
    echo "<div id='video-gallery' class='cssClassForLoadPanel'>";
    echo "<div class='belt'>";
        $sql_stmt_vd ="select * from video"; //get videos from video table, 
        $result_vd =  mysqli_query ($connection, $sql_stmt_vd) ;
        if (mysqli_num_rows($result_vd)>0)
        {   echo 4MyController;
            while ($row_vd=mysqli_fetch_array($result_vd))
            { 
                $video_path= "videos/".$row_vd[video_path];
                echo "<div class='panel'><img src='$video_path'></div>";
            }
        }
    echo "</div>";      
}

Answer 3

这里是伪代码。按照步骤：

检查使用ajax代码计时的按钮
使用switch-case检查并从图像切换到视频（这是真的），反之亦然
使用echo＆＃34; image.php＆＃34;加载图像/视频页面; php代码

然后你就完成了！

如何在同一页面中查看滑动图像和视频

3 个答案: