我在网站上有一个函数,我有一个img引用到一个php页面
<img src="selectimage.php?uid=21312412">
我需要返回图像并更新数据库文件
<?php
$servername = "localhost";
$username = "webz";
$password = "BLAH";
$dbname = "contactlist";
$readid = $_GET["uid"];
$conn = new mysqli($servername, $username, $password, $dbname);
$sql = "UPDATE emails SET `read`='1' WHERE `id`='" .$readid. "'";
if ($conn->query($sql) === TRUE) {
echo "<img src='logo11w.png'>";
}
$conn->close();
?>
我认为这不起作用,因为我引用了一个引用HTML标记的php页面
虽然这是在更新我的数据库但它没有显示图像。
如何让这个php文件将图像logo11w.png发送到该img标签
进一步说明:在页面加载中包含此代码的包含或其他方法是不可能的,因为可以从非服务器源调用此过程。
答案 0 :(得分:0)
将用户ID存储在一个隐藏字段中 在更新数据库中的值
后,您可以使用ajax从php页面获取respone<input type="hidden" id="userid" value="user_id_value">
<input type="button" id="getimage" value="GET IMAGE">
<div id="u_img"></div>
$(document).ready(function(){
$('#getimage').click(function() {
var uid = $('#userid').val();
var datastring = "uid="+uid;
$.ajax({
type: "POST",
url: "php_page.php",
data: datastring,
cache: false,
success: function(result) {
$('#u_img').append(result);
}
});
});
});
答案 1 :(得分:0)
我尝试做的最有效的方法是:
...
if ($conn->query($sql) === TRUE) {
header('Content-Type: image/jpeg');
echo file_get_contents('https://www.google.com/images/srpr/logo11w.png');
} else {
echo "Error updating record: " . $conn->error;
}
...