Question

我试图显示存储在数据库中的图像（或者更确切地说是图像的链接），并且我希望仅在数据库中设置链接时才显示图像。目前，如果未设置链接（值为null），则显示链接断开。

有没有办法例如使用if语句并回显HTML代码？像这样的东西：（在此示例中，该值已编入$ current：）

    <?php 
        if(isset($current['image']) {
           echo "<img src='<?php echo $current['image']; 
    ?>' class='left' style='max-height:20em; max-width:15em; margin-right:1em; margin-top:0;'})">

Answer 1

您曾两次使用<?php，但引号，括号等方面存在问题。

<?php

if (!empty($current['image'])) {
    echo "<img src='" . $current['image'] . "' class='left' style='max-height:20em; max-width:15em; margin-right:1em; margin-top:0;'>";
} else {
    // here you can write for example default no-image image or whatever yo want, if you want
}

Answer 2

没关系，明白了。 - 溶液：

<?php if(isset($current['image'])): ?><img src="<?php echo $current['image']; ?>" class="left" style="max-height:20em; max-width:15em; margin-right:1em; margin-top:0;})">
    <?php endif; ?>

Answer 3

  <?php 
  if(isset($current['image'])) {

    ?>
     <img src='<?php echo $current['image'];?>' class='left' style='max-height:20em; max-width:15em;        


      margin-right:1em; margin-top:0;'>
    <?php
     }
     ?>

显示图像，如果它在数据库中设置

3 个答案: