php:使用变量名在不同页面上显示特定图像

时间:2016-06-01 13:22:13

标签: php html mysql sql

Php初学者在这里。我在页面上有php循环来显示图像(基本上是一个图库),每个图像都有一个显示在下面的标题。这些标题是指向第二页的链接,其中只显示一个图像。 问题是每个链接都有不同的名称(名称的值是特定的/图像的ID)。

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我正在显示单个图像,但无论我点击什么标题,我总是从表中获得最后一张图像。如何在<form action="image_link.php" method="post"> <?php> $sql_select = "SELECT * FROM images ORDER BY data DESC"; $sql_table_selected = mysql_query($sql_select); while ($table_row = mysql_fetch_array($sql_table_selected)){ echo "<div class=\"galery-1-3\"><figure>"; echo "<img src=\"" . $table_row['file_path'] . "\" />"; echo "<figcaption><a href=image_link.php name=\"" . $table_row['ID'] . "\">" . $table_row['tytul'] . "</a></figcaption></figure></div>"; } ?> 上捕获特定ID,或者我应该使用image_link.php之类的灵活地址。我不知道从哪里开始。

image_link.php基本上包含没有循环的相同代码:

/image_link.php?id=34

提前感谢您的帮助。

4 个答案:

答案 0 :(得分:0)

将查询更改为:

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

答案 1 :(得分:0)

无需表格

第一个脚本:

<?php
$sql_select = "SELECT * FROM images ORDER BY data DESC"; 
$sql_table_selected = mysql_query($sql_select);
while ($table_row = mysql_fetch_array($sql_table_selected)){
    echo "<div class=\"galery-1-3\"><figure>";
    echo "<img src=\"" . $table_row['file_path'] . "\" />";
    echo "<figcaption><a href=\"image_link.php?id=" . $table_row['ID'] 
     . "\" name=\"" . $table_row['ID']
     . "\">" . $table_row['tytul'] . "</a></figcaption></figure></div>";
}
?>

第二个脚本

$SomehowGetID=$_GET['id'];
$sql_select = "SELECT * FROM images WHERE ID = $SomehowGetID"; 
$sql_table_selected = mysql_query($sql_select); 
$table_row = mysql_fetch_array($sql_table_selected);
    echo "<div class=\"galery-big\"><figure>";
    echo "<img src=\"" . $table_row['file_path'] . "\" />";
    echo "<figcaption>" . $table_row['tytul'] 
    . "</figcaption></figure>   </div>";

我建议您使用预准备语句而不是简单的查询构造。

答案 2 :(得分:0)

echo 
"<figcaption>
<a href='image_link.php?id=$table_row[ID]' name='$table_row[ID]'>"
 .$table_row['tytul'] ."
</a>
</figcaption>
</figure></div>";

您需要将 id 作为href中的参数传递给 $ table_row [ID] 作为值。

在image_link.php

使用:

$sql_select = "SELECT * FROM images WHERE ID = '$_GET[ID]'"; 

答案 3 :(得分:0)

你有正确的想法,说你要传递图像的id。 你的代码应如下所示:

<form action="image_link.php" method="post">
<?php>
$sql_select = "SELECT * FROM images ORDER BY data DESC"; 
$sql_table_selected = mysql_query($sql_select);
while ($table_row = mysql_fetch_array($sql_table_selected)){
    echo "<div class=\"galery-1-3\"><figure>";
    echo "<img src=\"" . $table_row['file_path'] . "\" />";
    echo "<figcaption><a href=image_link.php?id=" . intval($table_row['ID']) . "name=\"" . $table_row['ID'] . "\">" . $table_row['tytul'] . "</a></figcaption></figure></div>";
    }
?>

image_link.php:

$sql_select = "SELECT * FROM images WHERE ID =" . mysql_real_escape_string($_GET['id']); 
$sql_table_selected = mysql_query($sql_select);
$table_row = mysql_fetch_array($sql_table_selected);
echo "<div class=\"galery-big\"><figure>";
echo "<img src=\"" . $table_row['file_path'] . "\" />";
echo "<figcaption>" . $table_row['tytul'] . "</figcaption></figure></div>";

请注意,mysql_ *函数的使用被高度弃用,你应该使用mysqli extention代替