アップロードされたフォルダ内のイメージを取得し、適切な場所にファイル名を埋め込んだ簡単なスクリプトを作成しようとしています。 ファイル名のアップロードと書き込みをデータベースに成功させました(その部分が必要なのかどうか不明)。 これを最も効果的に達成する方法について、いくつかの明確さが大好きです。私はいくつかのことを試しましたが、これまで運がありませんでした。PHPのフォルダからイメージリストを取得してイメージを作成するsrcタグ
<?php
$hote = 'localhost';
$base = '*****';
$user = '*****';
$pass = 'testuser2012';
$cnx = mysql_connect ($hote, $user, $pass) or die(mysql_error());
$ret = mysql_select_db ($base) or die (mysql_error());
$image_id = mysql_real_escape_string($_GET['ID']);
$sql = "SELECT image FROM image_upload WHERE ID ='$image_id'";
$result = mysql_query($sql);
$image = mysql_result($result, 0);
header('Content-Type: text/html');
echo '<img src="' . $image . '"/>';
exit;
?>
しかし、おそらく、私は完全な機能を説明する必要があります:私は、PHPのイメージギャラリーが呼び出されたときに、そのフォルダからのものと画像を移入し、thierフォルダにthier画像をアップロードするユーザーを必要としています。 フォルダからファイルのリストを読み込むべきかどうかわかりません。または、DBに名前を書いてそこから引っ張ってください...それは私の問題がある場所です 上記のコードは私が使っているものですが、ファイル名を返す間はタグにエコーしません。 ..not必ず私の愚かさはどこにある:)
私は次のようである移入しようとしていますHTML:
<div class="slide">
<div class="image-holder">
<img src="img/asoft_table.jpg" alt="" />
</div>
<div class="info">
<p>Morbi a tellus lorem, id scelerisque ligula. Maecenas vitae turpis et.</p>
</div>
</div>
<div class="slide">
<div class="image-holder">
<img src="img/soft_table.jpg" alt="" />
</div>
<div class="info">
<p>Sed semper, lorem ac lobortis bibendum, magna neque varius augue, vel accumsan.</p>
</div>
</div>
<div class="slide">
<div class="image-holder">
<img src="img/living_room2.jpg" alt="" />
</div>
あなたがやったいくつかのことを投稿してください;-) –
あなたはファイル名を持っていて、それらをタグの適切な部分にエコーします。あなたの質問は何ですか?これまでどんなコードを持っていますか? – Brad
'$ image = mysql_result($ result、0、 'image');'? – ianbarker