Question

我似乎无法正常显示我的图像。以前，我使用了以下代码片段，它运行良好。

catalog.php（完美地工作）：

<p class="image">
<a href="synopsis.php?id=<?php echo $row['id']; ?>">
<img src="getImage.php?id=<?php echo $row['id']; ?>" alt="" width="175" height="200" />
</a>
</p>

synopsis.php（根本不显示图片）：

<?php

$id = $_GET['id'];
...?>
<p class="image">


<img border="0" class="floatleft" src="getImage.php?id=<?php echo $row['id']; ?>" width="250" height="400" />


<?php echo $row['synopsis']; ?>
</p>

其中getimage.php：

<?php

$id = $_GET['id'];

$link = mysql_connect("localhost", "root", "");
mysql_select_db("dvddb", $link);
$sql = "SELECT dvdimage_path FROM dvd WHERE id=$id";
$result = mysql_query($sql, $link);
$row = mysql_fetch_assoc($result);
mysql_close($link);

header("Content-type: image/jpeg");
echo file_get_contents($row['dvdimage_path']);

?>

知道为什么我不能显示这张图片？

编辑1：所以在调试之后，我收到一条错误消息：

Undefined index: id in C:\xampp\htdocs\synopsis.php on line 106

所以我在echo $ row ['id']之前将以下代码添加到php代码中：

<p>getImage.php?id=<?php error_reporting(0); echo $row['id']; ?></p>

然而，我得到的段落只是getImage.php?id=。

然后，我进入了synopsis.php - ＆gt; <img border="0" class="floatleft" src="getImage.php?id=<?php echo $row['id']; ?>

并将其更改为：

<img border="0" class="floatleft" src="getImage.php?id=2">

同样，同样的问题发生了，我无法得到具体的图像。

我怀疑我的getimage.php文件出了问题。但是，当我使用代码片段时，这个getimage.php文件对其他页面工作正常。

我的要求非常简单：在catalog.php中，我使用while循环从dvd数据库填充图像和文本。然后，这些图像中的每一个都具有其特定的主ID。当我点击图片时，他们会转到链接：synopsis.php？id =“primaryid”然后，使用这个“primaryid”我应该能够使用getimage.php？“primaryid”在synopsis.php上生成图像页。

编辑2：实际上，我在某处发生了语法错误。所以这一行：

<img border="0" class="floatleft" src="getImage.php?id=2">

工作正常，这意味着错误位于我无法正确回显'id'的地方。

编辑3：

我已经包含了相关源代码的链接：

database in xml format

Answer 1

问自己的问题：

是否真的需要使用php脚本来模仿图像？如果没有，只需使用图像路径。
header（）之前是否有任何输出; getimage.php文件中的函数？即使只是一个空间之前
图像实际上是JPEG吗？
当您在浏览器中访问getimage.php？id = ID时，是否会出现任何错误？

Answer 2

在synopsis.php中，您从查询字符串中获取id，但随后尝试使用数据库值。我无法看到您的所有代码，所以即时发布解决方案以涵盖两种情况

src="getImage.php?id=<?php echo $row[$id]; ?>"

或

System.Drawing.Bitmap

无法在动态页面中显示图像

2 个答案: