Question

我正在用PHP进行视频流的迷你项目。我已经完成了所有编码，但我陷入了UI。我应该显示所有视频及其名称和图片。我可以使用'echo'轻松显示所有名称，但如何使用HTML脚本显示图片？

这是我收到错误的程序的一部分

enter code here

    <?php
$query = mysql_query("SELECT * FROM `video`");
?>
while($row = mysql_fetch_assoc($query))
{
    $id = $row['id'];
    $name = $row['name'];
    echo "<a href='watch.php?id=$id'>$name</a><br />";
}
<div class="wrapper col4">
  <div id="container">
    <div class="gallery">
      <h2>Gallery Category Title</h2>
      <ul>

     while($row = mysql_fetch_assoc($query))
     {<?php
    $id = $row['id'];
    $imag = $row['img'];
$name = $row['name'];
<li><a rel="prettyPhoto[gallery1]" href="$imag.jpeg" title="Image 2"> <img src="$imag.jpeg" alt="Title Text" /> </a>
<a href= 'watch.php?id=$id'> '$name'  </a> </li></br>
echo "<a href='watch.php?id=$id'>$name</a><br />";
?>

Answer 1

尝试一下，我使用了这种类型的代码。如果视频ID本地存储在数据库中。

<?php
$query = mysql_query("SELECT * FROM `video`");
while($row = mysql_fetch_assoc($query))
{
    $id = $row['id'];
    $imag = $row['img'];
    $name = $row['name'];
    echo '<a href="watch.php?id='.$id.'">'.$name.'</a><br />';
}
?>
<div class="wrapper col4">
  <div id="container">
    <div class="gallery">
      <h2>Gallery Category Title</h2>
      <ul>
        <li><a rel="prettyPhoto[gallery1]" href="<?php echo''.$imag.jpeg.'';?>" title="Image 2"> <img src="<?php echo''.$imag.jpeg.'';?>" alt="Title Text" /> </a><a href= "watch.php?id=<?php echo''.$id.'';?>"><?php echo''.$name.'';?>"</a></li></br>
<?php
      echo '<a href="watch.php?id='.$id.'">'.$name.'</a><br />';
?>
     </ul>

将存储在PHP变量中的图像显示为html脚本

1 个答案: