您好我如何通过模态将图像的值传递给另一个页面?当我点击编辑按钮时,会弹出一个模态,所有获取的数据都在那里,然后我点击"是"它会将我表单中的所有数据传递给另一个页面。我是php新手并开始学习它。有人可以给我一些想法吗?
这是我在模态中的表格。
<form method="POST" enctype="multipart/form-data" action ="edit2.php?newsid=<?=$row['news_id']?>">
<div class="form-group">
<label for="title">News Title</label>
<input type="text" name="titles" class="form-control title" id="title" placeholder="News Title" value="<?php echo $row['news_title']; ?>">
</div>
<div class="form-group">
<label for="date">Date</label>
<input type="text" name="dates" class="form-control date" id="date" placeholder="Date" value="<?php echo $row['news_date']; ?>"s>
</div>
<div class="form-group">
<label for="content">News Content</label>
<textarea class="form-control content" name="contents" rows="5" id="content"><?php echo $row['news_content']; ?></textarea>
</div>
<img id="blah" src="<?php echo $row['news_image']; ?>" width="200px" height="140px"/>
<input id="image" name="image" class="fileupload" type="file" accept="image/*"/>
</div>
<div class="modal-footer">
<button type="button" class="btn btn-default" data-dismiss="modal">Close</button>
<button type="submit" class='btn btn-info left-margin'>Yes</a>
</form>
这是edit2.php。这是我传递图像值并进行编辑的地方。
<?php
include_once('connection.php');
$newsid = $_GET['newsid'];
$title = $_POST['titles'];
$date = $_POST['dates'];
$content = $_POST['contents'];
if(isset($newsid)){
$title = $_POST['titles'];
$date = $_POST['dates'];
$content = $_POST['contents'];
$sql ="UPDATE news SET news_title ='$title', news_date ='$date', news_content = '$content', news_image = '$newsimage' WHERE news_id = '$newsid'";
mysqli_query($con, $sql);
}
?>
答案 0 :(得分:1)
文件上传与普通&#34;文字&#34;略有不同使用f.e.上传<input type="text">
。区别在于,主要是因为安全性,它被包装到受保护的FormData对象中。
可以使用<input type="text">
访问普通$_POST['somename']
。可以使用$_FILES
命令访问文件。
可以在此处找到使用PHP处理文件的更简要说明: http://php.net/manual/en/reserved.variables.files.php
也许更有用的文章是这样的: http://www.w3schools.com/php/php_file_upload.asp
玩得开心!
致以最诚挚的问候,