Question

这就是我的数据库中的表格。我试图显示我存储的图像是mimetype（longblob）。当我运行代码时，它给了我一个小盒子？，那个盒子没有错误。有谁知道错误是什么以及如何解决它？

Display
+-------+------------+----------+
| Index | Display_ID | Picture  |
+-------+------------+----------+
|     1 |         12 | longblob |
+-------+------------+----------+


<?php
    $mysqli=mysqli_connect('localhost','root','','draftdb');


    if (!$mysqli)
        die("Can't connect to MySQL: ".mysqli_connect_error());

    $imageid= 12;

    $stmt = $mysqli->prepare("SELECT PICTURE FROM display WHERE DISPLAY_ID=$imageid"); 
    $stmt->bind_param("i", $imageid);

    $stmt->execute();
    $stmt->store_result();

    $stmt->bind_result($image);
    $stmt->fetch();

    header("Content-Type: image/jpeg");
    echo $image; 
?>

Answer 1

此：

$stmt = $mysqli->prepare("SELECT PICTURE FROM display WHERE DISPLAY_ID=$imageid");

应该是：

$stmt = $mysqli->prepare('SELECT PICTURE FROM display WHERE DISPLAY_ID=?');

您直接在查询中嵌入变量，而不是实际使用您想要的绑定变量。

Answer 2

它没有直接回答这个问题，但通常情况并非如此。

通常您会将图像的路径存储在数据库中（可能是varchar字段），然后按照惯例加载图像。这样做的好处是简单，保持数据库小而且更容易版本化，正常的缓存规则适用于图像等。

缺点是任何人都可以查看图像，这可能会也可能不会引起问题。

如果您需要沿着您已经开始的路线前进，请先注释掉header("Content-Type: image/jpeg");并查看PHP错误。这可能会有所帮助。

Answer 3

还需要指定内容长度标题：

header("Content-Length: ".strlen($image));
header("Content-Type: image/jpeg");

使用PHP从Mysql显示图像

3 个答案: