如何顯示存儲在數據庫中的所有圖像

Question

我正在制作一個使用MySQL數據庫的畫廊（是的，我知道這是一個不好的做法，但這是目前的要求。）我可以上傳多個圖像，但是在顯示數據庫中存儲的所有圖像時遇到了麻煩。 FORM允許上傳五張圖像。 然后，用戶必須轉到另一個頁面，其中將顯示數據庫中的所有圖像（包括最近上傳的圖像）以及圖像描述。 我已經有代碼，但是可以在顯示器上工作的代碼不起作用，或者我認為這是錯誤的。

這是表單代碼：

 <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>

這是要上傳的腳本：

 <?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');
?>

最后應該顯示的是：

<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();


?>

非常感謝您的幫助。 我非常需要繼續前進。

Answer 1

據我從您的帖子中了解到的是，上傳和存儲不是問題，但顯示圖像是一個問題。 這可能是因為您使用的是未設置的var，因此在數據庫中找不到任何結果。 如果我誤解了，請告訴我。

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

還要看看Prof83怎么說。 如果您的腳本僅處理一張圖片，請忽略我的帖子。

最后但並非最不重要的一點是，如果您使用其他文件類型，請在標頭中回顯正確的MIME格式。

更新我結合了兩個答案。

編輯循環：

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

創建頁面名稱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，您不能在一個圖像/ jpeg頁面中顯示多個圖像...

您是在告訴瀏覽器該頁面是image / jpeg（換言之，該頁面是IMAGE），但是您回顯了多個圖像數據

您應該使用圖庫頁面來顯示所有圖像，如下所示：

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

並在img.php中：

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

如何顯示存儲在數據庫中的所有圖像

問題描述

2 個解決方案

解決方案1
5 已采納 2012-01-06 13:40:43

解決方案2
0 2012-01-06 13:45:24

如何顯示存儲在數據庫中的所有圖像

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解決方案2 0 2012-01-06 13:45:24

解決方案1
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