Question

我正在创建一个上传按钮，以便用户可以在我的网站上选择他们的头像。到目前为止，我能够在我的php htdocs文件夹中创建一个名为

的目录

 'uploads/user_pic/'.$first_name.'_'.$last_name.'/'.'profile_pic'.'/'

但是，在我的html代码中专门调用上面的目录，它只需要.png文件。我知道这是因为在我的html代码中，当声明我的图像的路径时，它说

  <img src = "uploads/user_pic/<?php echo $first_name.'_'.$last_name; ?>/profile_pic/profile_pic.png" class = "img-thumbnail" />

我需要知道一种方法，使html自动只需在目录中获取图像而不需要文件结束。（有点像一个名为index的.html文件被自动调用）。我已经实现了一个系统，如果用户想要上传另一张照片，则会自动删除该目录，然后上传新照片。

Answer 1

为了记录，我不推荐这种方法。使用数据库或其他结构。

$path = 'uploads/user_pic/'.$first_name.'_'.$last_name.'/profile_pic/profile_pic.';
if(file_exists($path."png")){
    $userPic = $path."png";
}else if(file_exists($path."jpg")){
    $userPic = $path."jpg";
}else{
    $userPic = "default.png";
}

echo "<img src=\"$userPic\" class=\"img-thumbnail\"/>";

Answer 2

还没有评论你为什么要连接profile_pic部分

并且给文件一个唯一的名称而不是目录是不是更容易？

“uploads/user_pic/'.$first_name.'_'.$last_name.'/'.'profile_pic'.'/'

Answer 3

按照Liam G的说明，我终于找到了一个教程，可以将图像路径放在数据库中。

我将按照本教程来获取数据库中的最后一行（以获取最新图像）并观看此视频以进行sqli搜索。如果您观看此视频（第二个链接），也非常有用。

Last row in the database（如何在mysqli中访问它）

http://makitweb.com/upload-and-store-an-image-in-the-database-with-php/（如果您想学习如何制作一个保存图像的简单数据库）。

https://www.youtube.com/watch?v=DYSu6FnE_VM（对于像我这样不懂mysql和mysqli的新手-家伙会讲外语，但除此之外，代码很有意义，您将学习如何使用StackOverflow链接中的命令）数据库中的行）。

编程解决方案！

<?php
 //login information....

 // Create connection
 $con = mysqli_connect($host, $user, $password,$your_dbname);
 $sql = mysqli_query($con, "select max(id) from your_table_name");
 $print_data = mysqli_fetch_row($sql);

$sql = "select name from images where id=".$print_data[0];
$result = mysqli_query($con,$sql);
$row = mysqli_fetch_array($result);
$image = $row['name'];
$image_src ='assets/imagesfor_USERS/upload/'.$first_name.'_'.$last_name.'/'.$image;

？>

自动选择图像

3 个答案: