Question

我已经尝试了很多时间才能显示这些小信息，在我决定将笔记本电脑制成两件之前我需要帮助。

我正在尝试上传图片以显示标题以及用户名（上传者）和日期。这三个值存储在我的数据库中，上传工作正常。当我遍历目录以显示我的图像时，我无法获得这些值（作为变量传递）以正确显示，而最后一次上传输入是我的库中每个图像显示的唯一一个。

我认为我的循环代码中存在错误，并将其发布在此处，希望它是一个简单的被忽视的事实。

def test(arch=None):
    if arch is None:
        arch = platform.machine()
    print "arch = %s" % arch
    print "machine = %s" % platform.machine()

我假设我必须以某种方式合并唯一ID，并且我已经尝试了自己的盲目，但仍然只得到我的db表的任何行的最后一个值。

欣赏任何形式的输入，即使你只是在写'Duh！你这个白痴'。

编辑：显示image_info的记录

//Open directory
$dir_handle = opendir($thumb_dir) or die('Error opening thumbnail directory.');
while ($file = readdir($dir_handle)) { //go through files
    //if ($file == '.' || $file == '..') continue;
    $file_parts = explode('.', $file); //split filename and put extensions in array
    $ext = strtolower(array_pop($file_parts)); //last element file extension

    //Filename w/o extension.
    $title = implode('.', $file_parts); //only filename
    $title = htmlspecialchars($title); //security measure

    $dbconnect = mysqli_connect('localhost', 'peter', '1234', 'dt091g');
    $query = 'SELECT username, date FROM image_info';
    $result = mysqli_query($dbconnect, $query);
    while ($row = mysqli_fetch_assoc($result)){
    $username = $row['username'];
    $date = $row['date'];
    }

    //add every image if good extension
    if (in_array($ext, $allowed_exts)) {
        echo '<a class="example-image-link" 
              href="'.$img_dir.$file.'" 
              data-lightbox="example-set" 
              data-title="'.$username.$date.'">
              <img class="example-image" src="'.$thumb_dir.$file.'" alt="hello"/>
              </a>';

    $i++; //increment the image counter
    }
}

closedir($dir_handle); ?>

动态Lightbox库中的图像更改时，SQL值不会更改？

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