Question

我正在一个允许上传图片的网站上工作。模板和源图像。我打算将它们作为BLOB存储在数据库中。但是，在将图像存储在那里之前，需要将其转发到下一页以进行编辑。

我的问题如下：如何转发并在下一页显示图像？一旦编辑成功，如何将其转发到数据库？表中有8个条目。在此阶段，仅需要填充其中的前五个。

注意：我是PHP和MySQL的新手。

CREATE TABLE Templates(
    templateId varchar(32) PRIMARY KEY,
    userId varchar(32),
    filetype TEXT,
    positions TEXT,
    reviewState TEXT DEFAULT 'p',
    timeAdded INT,
    timeReviewed INT,
    reviewedBy varchar(32),
    FOREIGN KEY (userId) REFERENCES Users(userId),
    FOREIGN KEY (reviewedBy) REFERENCES Users(userId)
);

这是当前用于尝试将图像转发到下一页的HTML表单。尽管它会前进到下一页，但不会显示图像。

<form action="/template/edit.php" method="post" enctype="multipart/form-data">
    <div class="form-group">
        <label for="name">Name</label>
        <input class="form-control" type="text" name="name" id="name">
    </div>
    <div class="form-group">
        <label class="btn btn-default" for="image">Choose Image</label>
        <input class="inputfile" type="file" name="image" id="image">
    </div>        
         <input class="inputfile" type="file" name="overlay" id="overlay">
    </div>
    <div class="form-group">
      </div>
      <button id="upload_img" class="btn btn-primary" type="submit" value="Next">
  </form>

我考虑过将图像上传到临时目录，允许其进行编辑，然后将其保存到数据库中，然后删除临时文件。

我假设需要一个单独的php文件来提取图像，像这样吗？假设我可以在数据库中存储和编辑它。

<?php

  $id = $_GET['id'];
  $link = mysql_connect("localhost", "root", "password");
  mysql_select_db("dbname");
  $sql = "SELECT filetype FROM dbname WHERE id=$id";
  $result = mysql_query("$sql");
  $row = mysql_fetch_assoc($result);
  mysql_close($link);

  header("Content-type: image/jpeg");
  echo $row['dvdimage'];
?>

如果需要更多信息，我很乐意提供。

将映像保存到数据库。将其显示在下一页进行编辑

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