Question

我有一个php页面，它检索远程图像的完整URL，然后它必须显示它。但我得到错误＆＃39;无法显示，因为它包含错误＆＃39;。我需要这个脚本用于应用程序。有人可以在这里指出错误吗？

网址工作正常，因为当我回显网址时，它正确回显它。所以我假设错误是在图像标题或其他东西。请帮忙。

请注意，数据库存储jpeg的文件名...对于ex..filename.jpg

<?php
    if (isset($_GET['id'])){
        $id = $_GET['id'];
    }

    $username="--";  
    $password="--";  
    $hostname = "xxxx"; 

    //connection string with database  
    $dbhandle = mysql_connect($hostname, $username, $password)  
    or die("Unable to connect to MySQL");  


    // connect with database  
    $selected = mysql_select_db("1775125_tourist",$dbhandle)  
    or die("Could not select examples");  

    $query = mysql_query("Select * FROM photo_details WHERE place_id = '$id'");
    while($row = mysql_fetch_assoc($query)){    
        $imageData = $row["photo"];
    }

    $url = "http://optimusone.net46.net/testing_only/uploads/".$imageData;   
    header('Content-Type: image/jpg');  
    imagejpeg($url);

?>

Answer 1

试试这个：此代码放在代码的顶部..

/ Report all PHP errors (see changelog)
error_reporting(E_ALL);

// Report all PHP errors
error_reporting(-1);

// Same as error_reporting(E_ALL);
ini_set('error_reporting', E_ALL);

More Info

Answer 2

您的问题在于您使用PHP输出图像的方式。

如果服务器上有图像文件，并希望将其流式传输到浏览器，请尝试使用此PHP文档页面中的示例代码：

http://php.net/manual/en/function.imagecreatefromjpeg.php（示例＃1）

如果您拥有位于其他网络服务器上的图片的网址，并希望使用HTML进行展示，请尝试以下行：

print "<img src='$url' alt=''>";

php图像标题错误，获取无法显示，因为它包含错误？

2 个答案: