Question

在涉及人们注册网站和上传视频的项目上工作，事情是我创建了一个文件上传表单，它工作完美，我转向数据库并检查用户表，我看到视频上传后我进入我的PHP代码并初始化变量：

$Getvid = " ";

然后我获取行

while ($row = mysqli_fetch_array($user_query, MYSQLI_ASSOC)) {  $vid = $row ["vid"]; }

之后我放置

$Getvid = '< source src="user/'.$u.'/'.$vid.'" >';
if($vid == NULL) {
    $Getvid = '< source src="image/Movie on 2013-07-24 at 13.43.mov" type="video/mp4" >';
}

获取用户上传的视频文件并在他/她的页面上回显它，如果vid行为null，则脚本将显示我已存储在数据库中的默认视频

之后我在用户页面上回显视频

      < video width="320" height="240" controls>
      < source src="< ?php echo $vid; ? > " >
      </video>

但出于某种原因，视频也没有显示默认情况不起作用，除非我特意这样做：

    <video width="320" height="240" controls>
      <source src="image/Movie on 2013-07-24 at 13.43.mov" type="video/mp4"  >
    </video>

我真的需要帮助我试着谷歌搜索所有短语我可以的事情，没有什么，所以如果有人可以请帮助我，我将非常感谢你的帮助我的项目的最后期限正在爬上我，我不知道下一个转向寻求帮助......

Answer 1

问题的两个潜在来源，您不应该在名称中存储空格，并且没有为视频指定类型。

SRC应包含有效的URL，因此您的PHP字符串中应该包含％20或+而不是空格。

注意：正如Fisk所提到的，由于间距，你的php标签是错误的。您可以通过替换

来使用PHP echo short-form

< ?php echo $vid; ? > 
by 
<?= $vid; ?>

Answer 2

如果您实际在源代码中输入< ?php，则不会调用PHP。它需要位于单个标记中，例如<?php。修复后，将PHP代码的输出与工作示例进行比较，看看它的不同之处。如果您想要更准确的答案，请将生成的HTML与您期望的HTML一起添加到您的问题中。

你也在不同的路径中使用相同的变量;您在视频名称之前附加图像的一个地方，而您的变量似乎不包含路径。

从数据库中获取视频并直接在页面上显示视频，而无需单击链接

2 个答案: