Question

我正在制作一个使用MySQL数据库的画廊（是的，我知道这是一个不好的做法，但这是当下的要求。）我可以上传多个图像，但我无法显示存储在数据库中的所有图像。 FORM允许上传五张图片。然后，用户必须前进到另一个页面，其中数据库中的所有图像（包括最近上载的图像）将与图像的描述一起显示。我已经有了代码但是在显示器上工作的代码不起作用或我认为是错误的。

以下是表单代码：

 <html>
 <head>
    <title> Upload image</title>

 </head>
 <body> 
 <div align="center">
    <form action="fUpload.php" method="POST" enctype="multipart/form-data">
    All forms must be filled. <br />
    File: <br />
    <input type="file" name="image[]"/> <input type="text" name="imageDescription[]" size="30" /> <br />
    <input type="file" name="image[]"/>  <input type="text" name="imageDescription[]" size="30" /> <br />
    <input type="file" name="image[]"/>  <input type="text" name="imageDescription[]" size="30" /> <br />
    <input type="file" name="image[]"/>  <input type="text" name="imageDescription[]" size="30" /> <br />
    <input type="file" name="image[]"/> <input type="text" name="imageDescription[]" size="30" /> <br />

    <input type="submit" value="Upload image" />

    </form>
</div>  
</body>
</html>

以下是要上传的脚本：

 <?php 

//connect to the database//
$con = mysql_connect("localhost","root", "");
if(!$con)
{
 die('Could not connect to the database:' . mysql_error());
 echo "ERROR IN CONNECTION";
}

$sel = mysql_select_db("imagedatabase");
if(!$sel)
{
 die('Could not connect to the database:' . mysql_error());
 echo "ERROR IN CONNECTION";
}
//file properties//

$file = $_FILES['image']['tmp_name']; 

echo '<br />';

 /*if(!isset($file))
    echo "Please select your images";

else
{
 */for($count = 0; $count < count($_FILES['image']); $count++)
{
//$image = file_get_contents($_FILES['image']['tmp_name']);
    $image_desc[$count] = addslashes($_POST['imageDescription'][$count]);
    $image_name[$count] = addslashes($_FILES['image]']['name'][$count]); echo '<br \>';
    $image_size[$count] = @getimagesize($_FILES['image']['tmp_name'][$count]);
    $error[$count] = $_FILES['image']['error'][$count];

    if($image_size[$count] === FALSE  || ($image_size[$count]) == 0)
        echo "That's not an image";
    else
    {

    // Temporary file name stored on the server
     $tmpName[$count]  = $_FILES['image']['tmp_name'][$count];

  // Read the file
    $fp[$count]   = fopen($tmpName[$count], 'r');
    $data[$count] = fread($fp[$count], filesize($tmpName[$count]));
    $data[$count] = addslashes($data[$count]);
     fclose($fp[$count]);


  // Create the query and insert
  // into our database.

  $results = mysql_query("INSERT INTO images( description, image) VALUES             ('$image_desc[$count]','$data[$count]')", $con);

        if(!$results)
        echo "Problem uploding the image. Please check your database";  
    //else 
    //{
        echo "";
        //$last_id = mysql_insert_id();
        //echo "Image Uploaded. <p /> <p /><img src=display.php?    id=$last_id>";
        //header('Lcation: display2.php?id=$last_id');
        }
    //}
}


mysql_close($con);
header('Location: fGallery.php');
?>

最后应该展示的那个：

<html>
<body>

</body>
<?php

//connect to the database//
mysql_connect("localhost","root", "") or die(mysql_error());
mysql_select_db("imagedatabase") or die(mysql_error());

//requesting image id

$id = addslashes($_REQUEST['id']);

$image = mysql_query("SELECT * FROM images WHERE id = $id");


while($datum = mysql_fetch_array($image, MYSQL_ASSOC))
{
        printf("Description %s $image = $image['image'];

header("Content-type: image/jpeg");

}

mysql_close();


?>

非常感谢您的帮助。我很难继续前进。

Answer 1

据我所知，你的帖子是上传和存储不是问题，但显示图像是。这可能是因为您使用的是未设置的变量，因此无法在数据库中找到任何结果。如果我误解了，请告诉我。

<?php
// No ID
$image = mysql_query("SELECT * FROM images ORDER BY id DESC");   
?>

另请参阅Prof83所说的内容。如果您的脚本仅使用一个图像，请忽略我的帖子。

最后但并非最不重要的是，如果您使用的是不同的文件类型，请在标题中回显正确的MIME格式。

<强>更新我结合了两个答案。

编辑你的循环：

<?php
while($row = mysql_fetch_assoc($image))
{
        echo '<img src="img.php?id='.$row["id"].'">';
}
?>

创建页面名称img.php

<?php
$query = mysql_query("SELECT image FROM images WHERE id = ".$_GET['id']);
$row = mysql_fetch_assoc($query);
header("Content-type: image/jpeg");
echo $row['image'];
?>

Answer 2

好的，您无法在图像/ jpeg页面中显示多个图像...

您告诉浏览器页面是image / jpeg（换句话说，页面是AN IMAGE）但是您正在回显多个图像数据

您应该使用图库页面来显示所有图像：

<?php
// $images = result from database of all image rows
foreach ($images as $img) echo '<img src="img.php?id='.$img["id"].'">';
?>

和img.php：

// Load the image data for id in $_GET['id'];
header("Content-type: image/jpeg");
echo $data;

如何显示存储在数据库中的所有图像

2 个答案: