Question

我对php比较新。从mysql数据库中检索blob数据后，我在浏览器（谷歌浏览器）中显示图像时出现问题。

基本上，当在底部的回声前添加斜杠时，以下代码有效。然而，我已经按照其他在线教程和导师已经能够显示他们的图像，而不使用斜杠，而我无法得到图像。我只是想知道标准规则是什么？另外要添加的东西 - 当我无法在浏览器中获取图像时，我会得到一个ting缩略图。如果有人能告诉我如何可靠地显示图像，我真的很感激。我想创建的网站只是关于图像。所以它的基础。非常感谢你的时间。

<?php
$conn = mysql_connect ("localhost","root","arctic123");
$db = mysql_select_db ("user_images", $conn);

if(!$db) {
    echo mysql_error();
}

$q = "SELECT * FROM images";
$r = mysql_query ("$q",$conn);
if($r) {
    while($row = mysql_fetch_array($r)) {
        //echo $row ['username'];
        //echo "<br>";
        header ("Content-type: image/jpeg");
        echo $row ['logo'];
        //echo "<br>";
    }
}else{
    echo mysql_error();
}
?>

Answer 1

您的代码中的任何输出后都无法header：http://php.net/manual/en/function.header.php

最佳做法是将图像上传到目录，然后将图像的路径/文件名存储在数据库中。还可以更容易地操纵图像，例如使用PHP创建不同的大小和缩略图。它占用磁盘空间大约四倍......

Answer 2

希望你没有将你的图像存储在MySQL上，如果你这样做，请停止这种有害行为，因为它会使你的数据库不必要地沉重......

Answer 3

我建议不要将图像存储在数据库中。虽然技术上可行，但它存在严重的性能问题。最佳做法是为图像指定一个文件夹，然后直接访问它们。如果您想要MySQL的过滤和排序，请将当前存储图像数据的BLOB列替换为包含文件名的VARCHAR。

<?php
$conn = mysql_connect ("localhost","root","arctic123");
$db = mysql_select_db ("user_images", $conn);
$imgdir = "/path/to/image/directory/";

if(!$db) {
    echo mysql_error();
}

$q = "SELECT * FROM images";
$r = mysql_query ("$q",$conn);
if($r) {
    while($row = mysql_fetch_array($r)) {
        echo $row['username'];
        echo "<br>";
        echo "<img src='" . $imgdir . $row['logo'] . "' />";
        echo "<br>";
    }
}else{
    echo mysql_error();
}
?>

显示mysql数据库中的图像

3 个答案: