画像の名前タグを取得する方法

Question

$draft['draft_image']と表示された別のテーブルのデータベースからの画像があります。このデータを別のテーブルに送信したいのですが、このコードがうまくいかないような問題があります。私が公開されたボタンをクリックしようとすると、sent.iが挿入されたデータを表示するのにvar_dumpを使用しているデータはありませんが、inspect要素に何も表示されません。どのようにイメージを取得できますか？これは...私のdraft_imageの内側に何../images/article/md.png

<form method="POST" enctype="multipart/form-data"> 
    <img data-name="title_image" src="./<?= $draft['draft_image'];?>" style="margin-top:5px;" width="70%" height="55%"><br><br> 
<?php 
    } 
?> 
<button type="submit" name="submit" class="btn3 btn-default">Publish</button> 
</form> 

if (isset($_POST['submit'])) { 
     $id = $session_id; 
     $file = $_POST['title_image']; 

     $ress = $db->draftpublished($id,$file); 
     echo $ress; 
      } 
     ?> 

Answer 1

であるあなたは、隠されたタイプのEXを使用して値を渡すことができます：

<form method="POST" enctype="multipart/form-data"> 
     <img data-name="title_image" src="./<?= $draft['draft_image'];?>" style="margin-top:5px;" width="70%" height="55%"><br><br> 
     <input type="hidden" name="imgsrc" value="<?= $draft['draft_image'];?>"> 
<?php 
    } 
?> 
<button type="submit" name="submit" class="btn3 btn-default">Publish</button> 
</form> 

if (isset($_POST['submit'])) { 
     $id = $session_id; 
     $file = $_POST['imgsrc']; 

     $ress = $db->draftpublished($id,$file); 
     echo $ress; 
      } 
     ?> 

Answer 2

<form method="POST" enctype="multipart/form-data"> 
<!-- added ----------------- --> 
<input type="hidden" name="title_image" value="<?=$draft['draft_image']?>"> 

    <img data-name="title_image" src="./<?= $draft['draft_image'];?>" style="margin-top:5px;" width="70%" height="55%"><br><br> 
<?php 
    } 
?> 
<button type="submit" name="submit" class="btn3 btn-default">Publish</button> 
</form> 

if (isset($_POST['submit'])) { 
    $id = $session_id; 
    $file = $_POST['title_image']; 

    $ress = $db->draftpublished($id,$file); 
    echo $ress; 
     } 
    ?>