ちょっと私には、次のしているコード:uploadeイメージ
、あなたはまた、GitHubの中で、プロジェクト全体を見つけることができます(簡単な-オンライン・ライブラリー)
それはうまく動作し、bookname bookauthorのブックページをmysqlデータベースに保存しますが、そのイメージ名とイメージパスをデータベースに保存します。イメージという新しいフォルダにイメージを移動し、いくつかの方法で試してみたいだけですが、私のためにrks。
ちょっと私には、次のしているコード:uploadeイメージ
、あなたはまた、GitHubの中で、プロジェクト全体を見つけることができます(簡単な-オンライン・ライブラリー)
それはうまく動作し、bookname bookauthorのブックページをmysqlデータベースに保存しますが、そのイメージ名とイメージパスをデータベースに保存します。イメージという新しいフォルダにイメージを移動し、いくつかの方法で試してみたいだけですが、私のためにrks。
は
<?php
require_once("db.php");
$file = addslashes(file_get_contents($_FILES["images"]["tmp_name"]));
$sql = "INSERT INTO test1(name, lastname, age , images) VALUES('".$_POST["name"]."', '".$_POST["lastname"]."', '".$_POST["age"]."', '".$file."')";
if(mysqli_query($connect, $sql))
{
echo 'infos saved';
}
?>
UPDATE
の下にあなたのAJAXのスクリプトはファイル名だけではなく、画像を送信するよう修正する必要があります。正しいJSは以下のようになります。
$.ajax({
url: "ajax_php_file.php", // Url to which the request is send
type: "POST", // Type of request to be send, called as method
data: new FormData(this), // Data sent to server, a set of key/value pairs (i.e. form fields and values)
contentType: false, // The content type used when sending data to the server.
cache: false, // To unable request pages to be cached
processData:false, // To send DOMDocument or non processed data file it is set to false
success: function(data) // A function to be called if request succeeds
{
// do something ex. $('#loading').hide();
}
});
まず、あなたの接続を修復し、 '$接続= mysqli_connect($ DB_HOST、$ DB_USERNAME、$ DB_PASS、$ DB_NAME);' – Mario
は 'のvar_dump($ファイル)を追加;' query' $ '前に、あまりにも何を参照してください情報あなたは – Mario
@Marioあなたの答えをありがとう、私は私の接続を修正し、私はvar_dumpを追加するが、まったく何も表示されない、ブラウザのアラートボックスは[エラー。](http://i.imgur.com/elCHWPs.png ) '$ file = addslashes($ _ FILES [" images "] [" tmp_name "]));' – jackson