-2
私は紛失しているので、助けてもらえますか？どのようにMYSQLデータベースから自分のWebページにイメージを取得できますか？ anyname.htmlmysqlデータベースに保存されている画像ファイルをWebページに表示するにはどうすればよいですか？
データベース名は：画像
IDプライマリINT（11）AUTO_INCREMENT
名VARCHAR（100）
サイズINT（11）
タイプ： テーブル名がアップロードvarchar（20）
内容mediumblob
アップロードwo rksは素晴らしいですが、ちょうど傾けることは、HTMLページでそれを使用することができるイメージを表示するためにそれを得る。私が画像をアップロードするとき、私はリターンとして取得します：番号11の画像は保存されていますが、画像は表示されません：ここにコードがありますので、私は何の助けもありません。
私のupload.phpコード：そこ
<?php
// Check for post data.
if ($_POST && !empty($_FILES)) {
$formOk = true;
//Assign Variables
$path = $_FILES['image']['tmp_name'];
$name = $_FILES['image']['name'];
$size = $_FILES['image']['size'];
$type = $_FILES['image']['type'];
if ($_FILES['image']['error'] || !is_uploaded_file($path)) {
$formOk = false;
echo "Error: Error in uploading file. Please try again.";
}
//check file extension
if ($formOk && !in_array($type, array('image/png', 'image/x-png', 'image/jpeg', 'image/pjpeg', 'image/jpg', 'image/gif'))) {
$formOk = false;
echo "Error: Unsupported file extension. Supported extensions are JPG/PNG.";
}
// check for file size.
if ($formOk && filesize($path) > 500000) {
$formOk = false;
echo "Error: File size must be less than 500 KB.";
}
if ($formOk) {
// read file contents
$content = file_get_contents($path);
//connect to mysql database
if ($conn = mysqli_connect('localhost', 'root', '', 'upload')) {
$content = mysqli_real_escape_string($conn, $content);
$sql = "insert into images (name, size, type, content) values ('{$name}', '{$size}', '{$type}', '{$content}')";
if (mysqli_query($conn, $sql)) {
$uploadOk = true;
$imageId = mysqli_insert_id($conn);
} else {
echo "Error: Could not save the data to mysql database. Please try again.";
}
mysqli_close($conn);
} else {
echo "Error: Could not connect to mysql database. Please try again.";
}
}
}
?>
<html>
<head>
<title>Upload image to mysql database.</title>
<style type="text/css">
img{
margin: .2em;
border: 1px solid #555;
padding: .2em;
vertical-align: top;
}
</style>
</head>
<body>
<?php if (!empty($uploadOk)): ?>
<div>
<h3>Your Image has been Uploaded:</h3>
</div>
<div>
<img src="image.php?id=<?=$imageId ?>" width="300px" height="300px"></img>
<strong><br /><br />Embed</strong>: <input size="30" value='<img src="image.php?id=<?=$imageId ?>">'>
</div>
<hr>
<?php endif; ?>
<form action="<?=$_SERVER['PHP_SELF']?>" method="post" enctype="multipart/form-data" >
<div>
<h3>Image Upload:</h3>
</div>
<div>
<label>IMAGE SELECT<br /></label>
<input type="hidden" name="MAX_FILE_SIZE" value="500000">
<input type="file" name="image" />
<br /><br />
<input name="submit" type="submit" value="Upload Image">
</div>
</form>
</body>
</html>
を。 http://stackoverflow.com/a/38829952/267540 – e4c5
なぜ最初に画像データをデータベースに入れていますか？これは、通常、ファイルシステムに保存されている方が良いです。そしてimage.phpを呼び出してイメージを表示するので、_that_スクリプトのコードがより適切かもしれないと思いませんか？とにかく、あなたのブラウザで同じパラメータを使ってスクリプトを直接呼び出す（そしてそのスクリプトの 'header'呼び出しを前にコメントアウトして）、結果を確認してください。 – CBroe