Question

我有以下代码，使用mysql表中的php echo id显示给定的图像。 php是：

    <?php include 'dbc.php'; page_protect();


$id=$_GET['id'];


if(!checkAdmin()) {header("Location: login.php");
exit();
}

$host  = $_SERVER['HTTP_HOST'];
$host_upper = strtoupper($host);
$login_path = @ereg_replace('admin','',dirname($_SERVER['PHP_SELF']));
$path   = rtrim($login_path, '/\\');

foreach($_GET as $key => $value) {
    $get[$key] = filter($value);
}

foreach($_POST as $key => $value) {
    $post[$key] = filter($value);
}   
?>


<?php 
if($_FILES['photo']) 
{
    $target = "images/furnishings/"; 
    $target = $target . basename( $_FILES['photo']['name']); 

   $title = mysql_real_escape_string($_POST['title']); 
    $pic = "images/furnishings/" .(mysql_real_escape_string($_FILES['photo']['name']));
if(move_uploaded_file($_FILES['photo']['tmp_name'], $target)) 
{

    mysql_query("update `furnishings` set `photo`='$pic' WHERE id='$id'") ;     

    echo "Image updated"; 
} 
else 
{ 
    echo "Please select a new image to upload"; 

}
} 
?>

HTML是：

<form enctype="multipart/form-data" action="editfurnimage.php" method="POST">
  <table width="450" border="2" cellpadding="5"class="myaccount">
     <tr>
       <td width="35%" class="myaccount">Current Image: </td>
       <td width="65%"><img src='<?php

mysql_select_db("dbname", $con);
mysql_set_charset('utf8');

$result = mysql_query("SELECT * FROM furnishings WHERE id='$id'");

while($row = mysql_fetch_array($result))
{
    echo '' . $row['photo'] . '';

}
mysql_close($con);
?>' style="width:300px; height:300px;"></td>
    </tr>
   <tr>
       <td class="myaccount">New Image: </td>
       <td><input type="file" name="photo" /></td>
    </tr>
     <tr>
       <td colspan="2"><input type="submit" class="CMSbutton" value="Add" /></td>
     </tr>
  </table>
</form>

虽然编码是将新图像添加到服务器，但是当我调整行时，mysql表似乎没有使用新图像进行更新 - 实际上没有进行任何更改：

mysql_query("update `furnishings` set `photo`='$pic' WHERE id='$id'") ;

为：

mysql_query("update `furnishings` set `photo`='$pic' WHERE id='8'") ;

它的工作方式虽然如此，假设问题在于这部分代码，但不确定如何纠正代码以正确地将$ id拉入php。

最后，当脚本运行时，我试图在用户单击“添加”按钮后重新加载页面“editfurnimage.php？id = $ id” - 此时返回的页面是“editfurnimage.php”这显然不会显示表格中的任何数据。

任何帮助都非常感激 - 并且总是随意撕开我的编码 - 仍在学习!!

由于 JD

Answer 1

尝试删除$ id周围的单引号。如果你的数据库中的id字段是int，那么不应该在它周围使用引号。

编辑：错过了这一个 - 从哪里发送$ _GET ['id']，因为你的表单肯定没有在$ _GET范围内发送任何id？尝试将名称为“id”的输入及其值添加到表单中。另外，在你的php文件中使用$ _POST，而不是$ _GET。

在你的php中，替换：

$id=$_GET['id'];

使用

if(isset($_POST['id'])){
$id=$_POST['id'];
}else{
$id=$_GET['id'];
}

然后在你的html中添加：

<input type="hidden" name="id" value="<?php echo $id; ?>"/>

编辑现有图像php mysql

1 个答案: