php：使用变量名在不同页面上显示特定图像

Question

Php初学者在这里。 我在页面上有php循环来显示图像（基本上是一个图库），每个图像都有一个显示在下面的标题。 这些标题是指向第二页的链接，其中只显示一个图像。 问题是每个链接都有不同的名称（名称的值是特定的/图像的ID）。

<form action="image_link.php" method="post">
<?php>
$sql_select = "SELECT * FROM images ORDER BY data DESC"; 
$sql_table_selected = mysql_query($sql_select);
while ($table_row = mysql_fetch_array($sql_table_selected)){
    echo "<div class=\"galery-1-3\"><figure>";
    echo "<img src=\"" . $table_row['file_path'] . "\" />";
    echo "<figcaption><a href=image_link.php name=\"" . $table_row['ID'] . "\">" . $table_row['tytul'] . "</a></figcaption></figure></div>";
    }
?>

我正在显示一个图像，但无论我点击什么标题，我总是从表中获得最后一张图像。 如何在image_link.php上捕获特定的ID，或者我应该使用一些灵活的地址，如/image_link.php?id=34 。 我不知道从哪里开始。

image_link.php基本上包含没有循环的相同代码：

$sql_select = "SELECT * FROM images WHERE ID = $SomehowGetID"; 
$sql_table_selected = mysql_query($sql_select);
$table_row = mysql_fetch_array($sql_table_selected);
    echo "<div class=\"galery-big\"><figure>";
    echo "<img src=\"" . $table_row['file_path'] . "\" />";
    echo "<figcaption>" . $table_row['tytul'] . "</figcaption></figure></div>";

在此先感谢您的帮助。

Answer 1

将查询更改为：

$sql_select = "SELECT * FROM images WHERE ID =" $_GET['id'];

Answer 2

不需要表格

第一个脚本：

<?php
$sql_select = "SELECT * FROM images ORDER BY data DESC"; 
$sql_table_selected = mysql_query($sql_select);
while ($table_row = mysql_fetch_array($sql_table_selected)){
    echo "<div class=\"galery-1-3\"><figure>";
    echo "<img src=\"" . $table_row['file_path'] . "\" />";
    echo "<figcaption><a href=\"image_link.php?id=" . $table_row['ID'] 
     . "\" name=\"" . $table_row['ID']
     . "\">" . $table_row['tytul'] . "</a></figcaption></figure></div>";
}
?>

第二个脚本

$SomehowGetID=$_GET['id'];
$sql_select = "SELECT * FROM images WHERE ID = $SomehowGetID"; 
$sql_table_selected = mysql_query($sql_select); 
$table_row = mysql_fetch_array($sql_table_selected);
    echo "<div class=\"galery-big\"><figure>";
    echo "<img src=\"" . $table_row['file_path'] . "\" />";
    echo "<figcaption>" . $table_row['tytul'] 
    . "</figcaption></figure>   </div>";

我建议你使用预准备语句而不是简单的查询结构。

Answer 3

echo 
"<figcaption>
<a href='image_link.php?id=$table_row[ID]' name='$table_row[ID]'>"
 .$table_row['tytul'] ."
</a>
</figcaption>
</figure></div>";

您需要将id作为参数传递给href，并将$ table_row [ID]作为值。

在image_link.php中

采用：

$sql_select = "SELECT * FROM images WHERE ID = '$_GET[ID]'"; 

Answer 4

通过说你想要传递图像的id，你有正确的想法。 您的代码应如下所示：

<form action="image_link.php" method="post">
<?php>
$sql_select = "SELECT * FROM images ORDER BY data DESC"; 
$sql_table_selected = mysql_query($sql_select);
while ($table_row = mysql_fetch_array($sql_table_selected)){
    echo "<div class=\"galery-1-3\"><figure>";
    echo "<img src=\"" . $table_row['file_path'] . "\" />";
    echo "<figcaption><a href=image_link.php?id=" . intval($table_row['ID']) . "name=\"" . $table_row['ID'] . "\">" . $table_row['tytul'] . "</a></figcaption></figure></div>";
    }
?>

image_link.php：

$sql_select = "SELECT * FROM images WHERE ID =" . mysql_real_escape_string($_GET['id']); 
$sql_table_selected = mysql_query($sql_select);
$table_row = mysql_fetch_array($sql_table_selected);
echo "<div class=\"galery-big\"><figure>";
echo "<img src=\"" . $table_row['file_path'] . "\" />";
echo "<figcaption>" . $table_row['tytul'] . "</figcaption></figure></div>";

请注意，mysql_ *函数的使用被高度弃用，你应该使用mysqli扩展