Question

我为项目使用XAMPP及其内置数据库功能。我有一个酒店桌子的两个单独的图像列。我有php代码用于显示一个图像，并希望显示每个酒店的第二个图像与第一个。任何帮助都会很棒。代码如下：

            $date = '%';
            if (!empty($_GET['date'])) $date = $_GET['date'];

            $query = "SELECT hotels.image1 'IMG', hotels.name 'HOTEL', holidays.startdate 'DATE', holidays.id 'id'
                    FROM holidays
                    JOIN hotels ON holidays.hotelid = hotels.id
                    JOIN holidaytypes ON holidays.typeid = holidaytypes.id
                    JOIN pricebands ON holidays.bandid = pricebands.id WHERE 
                    hotels.id LIKE '$_GET[hotelid]' AND holidaytypes.id LIKE '$_GET[typeid]' AND 
                    pricebands.id LIKE '$_GET[bandid]' AND hotels.cityid LIKE '$_GET[cityid]' AND 
                    holidays.startdate LIKE '$date'";
            $results = mysqli_query($conn, $query) or die(mysqli_error($conn));


            while ($row = mysqli_fetch_array($results)) {
                echo "<a href='viewItem.php?id=$row[id]'><img src='images/$row[IMG]' alt='Hotel Image!' width='200' height='150'></a>"." ".$row["HOTEL"]." ".$row["DATE"]."<br>"; 
            }

Answer 1

如果您有两个单独的列，那么您需要在SQL语句中选择它。大概是它＆＃34; image2＆＃34;，所以只需给它一个名字并加上它。

SELECT hotels.image1 'IMG1', hotels.image2 'IMG2',

另外请注意，您应该知道您的代码写得非常糟糕。我们都必须从某个地方开始，所以我只是想让你知道你正在使用真正过时的方法和结构严密的代码。如果您正在学习PHP，那么您应该为自己准备一份更新的书籍/老师。

您还应该考虑确保更好地理解编程的基础知识。这是一个简单的问题，任何新手都应该能够解决自己，如果他们了解数据库和PHP如何相互通信。

我建议尝试学习使用更简单的项目进行编程，并使其工作到正确的标准，然后再转向像假日网站那样复杂的东西。从长远来看，你会感谢自己。

祝你好运。

Answer 2

如果两个图像位于不同的列中，则选择与第一个图像相同的第二个图像

$query = "SELECT hotels.image1 'IMG1',hotels.image2 'IMG2', hotels.name 'HOTEL', holidays.startdate 'DATE', holidays.id 'id'
        FROM holidays
        JOIN hotels ON holidays.hotelid = hotels.id
        JOIN holidaytypes ON holidays.typeid = holidaytypes.id
        JOIN pricebands ON holidays.bandid = pricebands.id WHERE 
        hotels.id LIKE '$_GET[hotelid]' AND holidaytypes.id LIKE '$_GET[typeid]' AND 
        pricebands.id LIKE '$_GET[bandid]' AND hotels.cityid LIKE '$_GET[cityid]' AND 
        holidays.startdate LIKE '$date'";
$results = mysqli_query($conn, $query) or die(mysqli_error($conn));


while ($row = mysqli_fetch_array($results)) {
echo "<a href='viewItem.php?id=$row[id]'><img src='images/$row[IMG1]' alt='Hotel Image!' width='200' height='150'></a>"." ".$row["HOTEL"]." ".$row["DATE"]."<br>";
echo "<a href='viewItem.php?id=$row[id]'><img src='images/$row[IMG2]' width='200' height='150'></a>"; 
}

Answer 3

感谢您的反馈。我知道这些方法已经过时了，但我不是PHP程序员。我获得了一个项目的代码，我的工作是围绕它编写一个网站并实现它。我将与给我代码的人交谈并找出它为何如此贫穷。

再次感谢答案。我尝试了所有方法，但它们似乎没有用。

来自数据库的PHP图像

3 个答案: