Question

美好的一天，

我有一个代码从数据库中读取用户并将它们放在下拉菜单中：

<?php           
mysql_connect('', '', '');
mysql_select_db ("");

$sql = "SELECT id,name FROM jos_users";
$result = mysql_query($sql);


echo "<select name='deelnemers' onchange='copyId2textinput(this);'>";
while ($row = mysql_fetch_array($result)) {


echo "<option value='" . $row['id'] . "'>" . $row['name'] . "</option>";
}
echo "</select>";
?>

现在我有另一个名为jos_comprofiler的数据库，同时还有一个ID和一个头像（图像）。

我想知道是否有人给我一些建议来比较2个表中的ID然后显示图片。

例如，如果我点击下拉菜单中的某个用户，则必须查看是否有ID与其他表匹配，如果有，请显示“avatar”中的图片。

感谢您的帮助，请原谅我的英语不好！

Answer 1

查询可以是：

  SELECT `ju`.`id`, `ju`.`name`, `jcp`.`avatar`  FROM `jos_users` as `ju`
  LEFT JOIN `jos_comprofiler` as `jcp` ON (`ju`.`id` = `jcp`.`id`)

这里我们使用左连接，这意味着每个jos_users都不需要存在jos_comprofiler。在这些情况下，字段“avatar”将为NULL。

然后你在行中有'avatar'元素，它可以是NULL或值。

if($row['avatar'] != NULL) echo "<img src=\"".$row['avatar']."\">";

祝你好运

Answer 2

会有一些方法，但我会快速展示一个。

<?php           
mysql_connect('', '', '');
mysql_select_db ("");

$sql = "SELECT u.id, name, avatar FROM jos_users AS u LEFT JOIN jos_comprofiler USING(id)";
$result = mysql_query($sql);

echo "<div id='imgContainer'></div>";

echo "<select name='deelnemers' onchange='showAvatar(this.value);'>";
$avatars = array();
while ($row = mysql_fetch_array($result)) {
    if($row['avatar']){
        $avatars[$row['id']] = $row['avatar'];
}
echo "<option value='" . $row['id'] . "'>" . $row['name'] . "</option>";
}
echo "</select>";

?>
<script>
    var avatars = <?=json_encode($avatars)?>;
    //alert(avatars[5]);
    var avatarContainer = document.getElementById('imgContainer');
    function showAvatar(id) {
        if(avatars[id]===undefined) return false;
        avatarContainer.innerHTML = '<img src="/path/'+avatars[id]+'" />';
    }
</script>

这应该可行，对代码进行一些修改：img path等。

从下拉列表中选择 - ＆gt;比较 - ＆gt;如果匹配 - >显示图片

2 个答案: