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，但这是目前的要求。)我可以上传多个图像，但在显示数据库中存储的所有图像时遇到问题。 FORM 允许上传五张图像。然后用户必须进入另一个页面，其中数据库中的所有图像(包括最近上传的图像)将与图像的描述一起显示。我已经有了代码，但在显示屏上工作的代码无法工作，或者我认为是错误的。
这是表单代码:
<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>
这是要上传的脚本:
<?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');
?>
最后应该显示的是:
<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。我非常需要它来继续前进。
最佳答案
据我从您的帖子中了解到，上传和存储不是问题，但显示图像是问题。这可能是因为您使用的变量未设置，因此在数据库中找不到结果。如果我误解了请告诉我。
<?php
// No ID
$image = mysql_query("SELECT * FROM images ORDER BY id DESC");
?>
另外看看 Prof83 是怎么说的。如果您的脚本仅适用于一张图像，请忽略我的帖子。
最后但并非最不重要的一点是，如果您使用不同的文件类型，还要在 header 中回显正确的 MIME 格式。
更新 我结合了两个答案。
编辑循环:
<?php
while($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'];
?>
关于php - 如何显示数据库中存储的所有图像，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/8758548/