さらにMySQLデータベース

コーディングに初心者くさいに画像をアップロードすることができません。何をしているのかほとんど分かりません。私はアップロードして画像を見ることができるPHPページを作ろうとしました。何が間違っているのか分からない。私はできるだけ正確にそれをやろうとしました。誰かが私を助けてくれますか？さらにMySQLデータベース

<!doctype html> 
 
<html> 
 
<head> 
 
</head> 
 
<body> 
 
<form method="post"> 
 
<input type="file" name="image"></input> 
 
<input type="submit" name="submit" value="upload"></input> 
 
<?php 
 
if(isset($_POST['submit'])) 
 
echo "button has been clicked"; 
 
$con = mysqli_connect("127.0.0.1","root","","demo"); 
 
if(!$con) 
 
echo "didnt connect to database "; 
 
else echo "connected "; 
 
$imagename= mysqli_real_escape_string($_FILES['image'] ['name']); 
 
$imagefile =mysqli_real_escape_string(file_get_contents($_FILES['image']['tmp_name'])); 
 
$qry = "INSERT INTO image (name,file) VALUES ('$imagename','$imagefile')"; 
 
$result = mysqli_query($con,$qry); 
 
if($result) 
 
echo "image has been uploaded"; 
 
viewimage(); 
 
function viewimage() 
 
{$recon = mysqli_connect("127.0.0.1","root","","demo"); 
 
\t $view = "SELECT * FROM image "; 
 
$data =mysqli_query($recon,$view); 
 
$res2 =mysqli_fetch_assoc($data); 
 
$currimage =$res2['file']; 
 
echo "$currimage <br/>"; 
 
} 
 
?> 
 
</body> 
 
</html>

出典

2016-06-17 Ritesh Kumar

を作成PHPコードを開始する前に '

ポスト変数をキャッチできるようにするには、フォームを送信してアクションを処理する必要があります。コードの最初の問題は、フォームが完成していないことです。閉じたタグがありません。 2番目のことは、投稿を介してファイルを送信できるようにするには、マルチパートフォームが必要です。フォームの属性としてenctype="multipart/form-data"を追加する必要があります。だから、あなたが

<form method="post" enctype="multipart/form-data"> 
    <input type="file" name="image"></input> 
    <input type="submit" name="submit" value="upload"></input> 
</form>

出典

2016-06-17 16:35:20 trajchevska

をする必要があります代わりに

<form method="post"> 
<input type="file" name="image"></input> 
<input type="submit" name="submit" value="upload"></input>

のあなたは、このコードを試してみてくださいサーバーにアップロードされた画像を移動する必要があります - あなたが必要とするディレクトリ/アップロード/

<!doctype html> 
    <html> 
    <head> 
    </head> 
    <body> 
    <form method="post" enctype="multipart/form-data"> 
    <input type="file" name="image"></input> 
    <input type="submit" name="submit" value="upload"></input> 
    <?php 
    if(isset($_POST['submit'])) 
    echo "button has been clicked"; 
    $con = mysqli_connect("127.0.0.1","root","","demo"); 
    if(!$con) 
    echo "didnt connect to database "; 
    else echo "connected"; 
$uploads_dir = '/uploads'; 
$tmp_name = $_FILES["image"]["tmp_name"]; 
     $name = $_FILES["image"]["name"]; 
    move_uploaded_file($tmp_name, "$uploads_dir/$name"); 
    $qry = "INSERT INTO image (name,file) VALUES ('$name','$tmp_name')"; 
    $result = mysqli_query($con,$qry); 
    if($result) 
    echo "image has been uploaded"; 
    viewimage(); 
    function viewimage() 
    {$recon = mysqli_connect("127.0.0.1","root","","demo"); 
     $view = "SELECT * FROM image "; 
    $data =mysqli_query($recon,$view); 
    $res2 =mysqli_fetch_assoc($data); 
    $currimage =$res2['file']; 
    echo '<img src="'.$currimage.'" /> <br/>'; 
    } 
    ?> 
    </body> 
    </html>

出典

2016-06-17 16:44:04

IVEは修正 –

が病気変更したコードを使用して新しい質問を投稿しようとしたエラーは、そのはまだ私のために働いていない原因 –

さらにMySQLデータベース

答えて

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