php - 通过PHP以mysql BLOB类型存储图像，需要一些帮助来显示图像

Question

php

include("connect_to_database.php");

if( !isset($_FILES["image"]) ){

echo "upload the file";

}else{
$image = mysql_query("SELECT * FROM upload WHERE id=1");
$image = mysql_fetch_assoc($image);
$image = $image["image"]; 
echo $image;
}

html

<form action="newindex.php" method="POST" enctype="multipart/form-data">
<input type="file" name="image" />
<input type="submit" value="Upload" >
</form>

上面的代码显示了相应id的图像，该图像已经以BLOB格式上传到mysql中。

现在，我需要显示最后 6 个 id 的图像或数据库中的所有图像。我已尝试以下代码，但它不起作用，而是显示 1 个图像。

php

include("connect_to_database.php");<br>

$query = mysql_query("SELECT * FROM upload ORDER BY id DESC");

while( $rows = mysql_fetch_array($query) ){
$image = $rows["image"]; 
header("Content-type: image/jpeg");
echo $image."<br/>";
}

Answer 1

您不应将多个图像输出到同一响应中。 Web 浏览器不会期望/理解第一个图像之后的另一个图像，就像将两个 jpg 文件复制到同一文件中无法在桌面上工作一样。

相反，创建另一个包含所有图像链接的(动态)页面 ( <img src="img.php?id=3"> )。然后，网络浏览器将一次请求一张图像。

$id = (int)$_REQUEST['id'];
$query = mysql_query("SELECT * FROM upload WHERE id=$id");

(请注意，与上面类似的代码确实不安全，永远不要在任何公共(public)环境中的 SQL 查询中直接使用输入值。我还建议使用 PDO 来执行查询)。