Question

您好亲爱的Overflowers！

我有一些代码，到目前为止工作得很好，它获取相应的图像ID到相应的房屋ID，标题和文件名也没问题！我只是失败了显示图像...... :( `

include("functions/config.php");
$images_dir = "/some/url/that/is/correct/cms/houses/";


$query = "SELECT houses.*, gallery_photos.* ".
"FROM houses LEFT JOIN gallery_photos ".
"ON houses.id = gallery_photos.photo_category"; 

$result = mysql_query($query) or die(mysql_error());


// Print out the contents of each row into a table 
while($row = mysql_fetch_array($result)){

$house_id = $row['id'];
$photo_category = $row['photo_category'];
$photo_caption = $row['photo_caption'];
$photo_filename = $row['photo_filename'];



echo "House ID ". $house_id. " - ". $photo_category." - ". $photo_caption." -       <img src='".$images_dir.$photo_filename."' />";

echo "<br />";
}
?>`

如上所述，当您在浏览器中单击“图像信息”时，一切都被很好地选中，即使图像路径是正确的，但我只是没有显示图像，我在这里错过了一些非常简单的东西吗？

提前致谢！

Answer 1

检查表格中的图像名称以及存储特定图像的文件夹。

Answer 2

<img src='".$images_dir.$photo_filename."' />

它错过像.jpg或.png，无论你的img的扩展名是什么

Answer 3

使用Firebug等工具检查src元素的img属性中的路径是什么。然后复制此链接并将其粘贴到浏览器中以查看它是否打开（使用您的网站名称 - 如果链接为'/img/houses/house1.jpg'，则粘贴到浏览器'www.mypage.com/img/houses/ house1.jpg'）。如果没有那么：

检查路径是否正确（它将从Web根文件夹计算）（您的路径可能类似于'/cms/houses/5953.jpg'）
检查路径是否有正确的字母大小（'house'与'House'）
检查您是否可以在服务器上打开文件（可能文件已损坏）
检查您是否有权阅读文件

Answer 4

好吧，伙计，终于找到了错误，我希望通过我的回复，未来的一些人可以避免它！

因为看起来有些主机不喜欢某些PHP命名约定，所以我必须做的，所以文件实际上会存储在文件夹中，更改命令以使它们从“Tmp / In memory”到最后目的地文件夹。
为了更好地理解，我在这里改变了：

copy($photos_uploaded['tmp_name'][$counter],    
$images_dir . '/' . $filename);

到

move_uploaded_file($photos_uploaded['tmp_name'][$counter],    
$images_dir . '/' . $filename);

我希望没有人能够这么长时间地在咖啡上花这么多钱感谢所有试图提供帮助的人！

从Mysql DB路径PHP调用图像

4 个答案: