Question

我正在尝试创建图片库，例如当您点击Getty Images中的图片时

http://www.gettyimages.com/Search/Search.aspx?EventId=96396247&EditorialProduct=Sport

图片：http://tinypic.com/r/efffvs/6

我只是希望获得画廊的下一个和上一个。此外，下面的详细信息也会更改为与图像匹配。

没有可用的数据库。

感谢您的帮助。

劳伦斯

Answer 1

不熟悉Getty，但如果将图像放在服务器上的目录中，则可以使用PHP获取目录列表，然后遍历该列表以显示图像。

$root = "/home/www/files";

                if ( $handle = opendir("{$root}/altered/") )
                {
                        ## SME 05/21/2009 LOOP THROUGH THE DIRECTORY AND GET A LIST OF FILES THAT ARE NOT '.' OR '..'
                        while( ( $file = readdir( $handle ) ) != FALSE )
                        {
                                if( $file != '.' && $file != '..')
                                {
                                        //DO SOMETHING WITH FILE
                                }
                        }
                        closedir($handle);
                }

如果您想了解它，您甚至可以编写带有图像信息的XML文件并将其放在服务器上，然后在加载图像时解析XML以提供元数据，例如文件名，谁上传文件等等。

Answer 2

即使您没有可用的数据库（即MySQL，PostgreSQL，...）服务器，您也应该可以使用SQLite数据库：引擎被包含在PHP （通过一般启用的扩展名），整个数据库存储为文件。

如果您已经知道如何开发PHP应用程序，这听起来是最简单的解决方案，并且通常使用数据库作为数据存储来实现。

（当然，您也可以使用readdir或DirectoryIterator迭代文件系统 - 但使用数据库可能会使一些事情变得更容易，例如存储extranal meta例如，信息）

有关更多信息：

PHP文档：SQLite，SQLite3 - 还有一个PDO驱动程序。
SQLite website

Answer 3

您可以使用opendir()为read_exif_data()提供的示例循环遍历目录中的文件以构建数组并执行您要求的操作。

然后，您可以使用{{1}}来读取图像下方的图像文件说明，标题等。这假设图像文件具有要读取的exif数据，并且您的php安装支持exif。

图像库像Getty Images但没有数据库

3 个答案: