Question

以下代码来自登录页面。我想在用户填写用户名onkeyup时更新用户的图像。图像路径是通过PHP。脚本代码如下：

function showUserPic(str) {
    if (str == "") {
        document.getElementById("txtHint").innerHTML = "";
        return;
    } else { 
        if (window.XMLHttpRequest) {
            // code for IE7+, Firefox, Chrome, Opera, Safari
            xmlhttp = new XMLHttpRequest();
        } else {
            // code for IE6, IE5
            xmlhttp = new ActiveXObject("Microsoft.XMLHTTP");
        }
        xmlhttp.onreadystatechange = function() {
            if (xmlhttp.readyState == 4 && xmlhttp.status == 200) {

//              document.getElementById("img").innerHTML=xmlhttp.responseText;
                x = document.getElementById("img");
                x.src = 'users/'+xmlhttp.responseText;
            }
        }
        xmlhttp.open("GET","getuser.php?q="+str,true);
        xmlhttp.send();
    }
}

HTML代码如下：

<input type="text" class="inputLabel1" style="margin:5px;" name="userText" onkeyup="showUserPic(this.value)" />

PHP文件代码如下：

<!DOCTYPE html>
<html>
  <head>
  </head>

  <body>
    <?php
      $user = intval($_GET['q']);
      $conn = mysqli_connect("localhost","root","","pharmacy");

      if (!$conn) {
        die('Could not connect: ' . mysqli_error($con));
      }

      $query = "SELECT * FROM users WHERE username = '$user';";
      $result = mysqli_query($conn, $query);
      $userdata = mysqli_fetch_array($result);

      mysqli_close($conn);

      echo $userdata['image'];
    ?>
  </body>
</html>

Answer 1

首先提出一个建议：$query = "SELECT * FROM users WHERE username = '$user';";最好是$query = "SELECT image FROM users WHERE username = '$user';";，因为不需要从表格中返回所有列。

然后你应该考虑转向PDO而不是弃用的mysql和mysqli扩展。

然后您的问题就在这里：

$userdata = mysqli_fetch_array($result);
mysqli_close($conn);

echo $userdata['image'];

$ userdata是一个数组。所以你不能回应它。你应该考虑这样做：

foreach($userdata as $temp){
    echo $temp['image'];
}

另外，正如其他人所说，从你的php文件中删除所有领先的html，只是回显图像名称。

Answer 2

使用以下JS系列打印您的回复：

console.log(xmlhttp.responseText);

或者您也可以使用firebug检查图像标记<img src="" />，并确认您是否获得了正确的图像名称。如果一切正常，请检查用户图像文件夹的文件权限以及用户图像。

Answer 3

您将用户名作为字符串传递，但使用intval（）获取变量。这不起作用。

Answer 4

正如@ dan-klasson所说 - 你需要从仅服务器的图像路径返回。您的HTML和JS可以保持原样，但您需要将PHP标记更改为：

<?php
  $user = intval($_GET['q']);

  $conn = mysqli_connect("localhost","root","","pharmacy");
  if (!$conn) {
      die('Could not connect: ' . mysqli_error($con));
  }

  $query = "SELECT * FROM users WHERE username = '$user';";
  $result = mysqli_query($conn, $query);
  $userdata = mysqli_fetch_array($result);
  mysqli_close($conn);

  echo $userdata['image'];
?>

您的实际代码正在返回：

<!DOCTYPE html>
<html>
  <head>
  </head>

  <body>
    example_image.jpg
  </body>
</html>

并且您的脚本将所有这些插入到您的图片代码中，因此它将是：

<img src="users/%3C!DOCTYPE%20html%3E%0A%20%20%20%20%3Chtml%3E%0A%20%20%20%20%3Chead%3E%0A%20%20%20%20%3C%2Fhead%3E%0A%20%20%20%20%3Cbody%3E%0A%20%20%20%20example_image.jpg%0A%20%20%20%20%3C%2Fbody%3E%0A%20%20%20%20%3C%2Fhtml%3E"/>

它可能不是您想要的:)只需更改您的PHP代码。

修改您的代码中的另一个错误是您的请求参数（尝试用户名）的intval：

$user = intval($_GET['q']);

将其更改为：

$user = $_GET['q'];

图像不通过AJAX PHP更新

4 个答案: