Question

实现此代码时，我没有图像

  <?php

  include('confing.php'); 
  echo '<img src="getImage.php?id=2" >';

  ?>

file =＆gt; getImage

<html >
<body>
<?php

include('confing.php'); 

$id = $_GET['id'];
$sql="SELECT * FROM images WHERE id=$id ";

$result=mysqli_query($connection,$sql);

$row = mysqli_fetch_assoc($result);

    // Set the content type header - in this case image/png
    header("Content-Type: image/png");
    echo $row['content'] ;

?>

体＆GT; HTML＆GT; 身体 HTML 体＆GT; HTML＆GT; 身体 HTML 体＆GT; HTML＆GT; 身体 HTML

Answer 1

您遇到的错误：

Undefined index ID：您似乎在没有传递ID参数的情况下调用它。显然你应该检查一下。但是，您应该在代码中添加一些错误检查，以确保在未传递ID时不会崩溃，或者ID无效。
Undefined variable $connection：未设置数据库连接变量。也许你config.inc包括没有实际设置连接？或者你可能有变量名错了？您需要检查config.inc以找出发生这种情况的原因。无论如何，这会直接导致下一个错误......
mysqli_query expects connection parameter：由于未设置$connection变量，因此无法运行您的数据库查询。这里的一些错误检查会很有帮助，即使您对连接变量进行了整理，因为可能还有其他原因导致连接失败。
mysqli_fetch_assoc expects result parameter：发生这种情况是因为未运行查询而未设置结果变量。您也应该为此添加一些错误检查，因为可能还有其他原因导致查询无法运行。

错误甚至没有达到header()函数调用，这也会失败，因为程序已经输出了一些内容。您应该从程序顶部删除<html><body>标记，因为它们不是输出图像所必需的;事实上，它们会导致图像无效。

Answer 2

你的专栏：

echo '<img src="getImage.php?id=2">';

会将此输出到您的html页面中：

<img src="getImage.php?id=2">

其次，它不会加载，执行和插入getImage.php的结果。

这是一个解决方案：

第一页：

<?php
include('getImage.php');
$id = $_GET['id'];
$img = getImage($id);
echo "<img src='$img' >";
?>

getImage.php：

<?php
include('confing.php');

function getImage($id){
    $sql="SELECT * FROM images WHERE id=$id ";
    $result=mysqli_query($connection,$sql);
    $row = mysqli_fetch_assoc($result);
    return $row['content'] ;
}
?>

标题（＆＃34;内容类型：image / png＆＃34;）; PHP

2 个答案: