Question

$sql="SELECT * FROM  `blob` ";
$query=mysql_query($sql);
while($row=mysql_fetch_array($query)) {
    $image=$row ['image'];
    header("content-type: image/jpg");
    echo '<img src="path/'.$image.'" width="360" height="150">';
}

这是我用于显示上传到我的数据库的图像的代码...但是，我收到错误消息，标题已经发送...我不知道我做错了什么！

我可以在我的网站上看到我的图像应该是什么但没有实际图像！

Answer 1

一般情况下：当您收到此消息时，似乎之前已完成输出。它甚至可以是一个简单的“空白”字符，如[：space：]。

<强>可是：除此之外，你似乎有些不对劲。您确实创建了HTML（！）但是发送了一个标题消息，告诉浏览器它获取图像的二进制数据。

因此，当您在数据库中确实拥有二进制数据时，您必须输出二进制数据而不是任何html“thingy”。我真的建议你阅读一本关于服务器如何工作以及标题（..）实际工作的好书。

请看这里：

PS：我没有详细介绍你的问题，也没有提供解决方案，因为我认为这不会对你有所帮助，而不是暂时解决这个误解问题。

Answer 2

你的代码完全错了;将图像存储在MySQL数据库中是一个坏主意，并且您正在使用图像数据作为不存在图像的路径;如果你仍然想坚持在数据库中拥有图像的想法，这里的示例代码将起作用：

while ($row = mysql_fetch_array($query)) {
    echo '<img src="data:image/jpeg;base64,'.base64_encode($row["image"]).'" />';
}

将图像编码为base64，然后将其用作img内的data URI;不需要标题。

此外，mysql已弃用;请改用mysqli或PDO。

Answer 3

问题是你是在while循环中进行的，它将被执行多次：

while($row=mysql_fetch_array($query)) {
    $image=$row ['image'];
    header("content-type: image/jpg"); // Headers are sent here
    echo '<img src="path/'.$image.'" width="360" height="150">'; // Content here
}

当混合这样的标题时，您通常要做的是将标题放在任何内容之前。但是在你的情况下，这也没有意义，因为你发送的是"content-type: image/jpg"。如果使用HTML将图像回显到浏览器，则内容类型应为text/html（默认情况下由PHP发送）。所以完全放弃这条线。如果您尝试发送图像的实际二进制内容，则不会使用HTML标记，只需发送Content-Type标题，然后回显单个图像的内容。

数据库中的图像不会显示，标题已经发送

3 个答案: