画像を(PHP
を使用して)データベース(phpMyAdmin
)にアップロードしようとすると大きな問題が発生します。デバッギングさえ(eclipse
を使用して)私はすべてうまく見えます。 コードを実行すると、イメージがアップロードされ、SQLクエリが起動され、イメージがtmp-folderから移動されます。しかし、私のデータベースには何もありません。イメージをデータベースにアップロードできないのはなぜですか?
if (isset($_FILES['upload']) && $_FILES['upload']['size'] > 0) {
$file = $_FILES['upload']['tmp_name'];
$name = $_FILES['upload']['name'];
$type = $_FILES['upload']['type'];
$size = $_FILES['upload']['size'];
if (is_uploaded_file($file)) {
$data = file_get_contents($file);
$img->uploadImg($size, $type, $name, $data);
}
$older = getcwd() . '/image/'. basename($name);
move_uploaded_file($_FILES['upload']['tmp_name'], $folder);
}
そして:
public function uploadImg($size, $mimetype, $filename, $code) {
try {
$sql = "INSERT INTO img_table(fileName, size, mimetype, code) VALUES ($filename, $size, $mimetype, $code)";
$this->db->exec($sql);
}
catch (PDOException $e) {
echo $sql.' '.$e->getMessage();
}
}
私が間違っているの場所を教えてくださいするために、任意のアイデアやヒントここでは、コードです。私はどんな提案にも開放的です。
PHPMyAdmin *はデータベースではありません。これは、あなたのMySQLデータベースのためのWebインターフェイスです。 –
あなたのPHPコードにエラー報告を追加するには、 'error_reporting(E_ALL);を追加してください。 ini_set( 'display_errors'、 '1'); 'スクリプトの先頭には何が返されますか? –
文字列値の引用符を使用する必要があります – devpro