PHP echo显示图像HTML
我正在尝试使用PHP脚本在我的网页上显示一个图像,以确定显示哪个图像。 图片链接如下:PHP echo显示图像HTML,php,html,image,echo,Php,Html,Image,Echo,我正在尝试使用PHP脚本在我的网页上显示一个图像,以确定显示哪个图像。 图片链接如下: <a href="gallery.php?image=image01">......</a> 因此,我的PHP脚本是: <?php $result = $_GET['image']; echo '<img src="images/gallery/'.$result.'.jpg">'; ?> 因此,我试图在HTML方面实现以下目标: <img
<a href="gallery.php?image=image01">......</a>
因此,我的PHP脚本是:
<?php
$result = $_GET['image'];
echo '<img src="images/gallery/'.$result.'.jpg">';
?>
因此,我试图在HTML方面实现以下目标:
<img src="images/gallery/image01.jpg">
我得到的结果是页面上显示“;?>”。
非常感谢您的帮助!我会将gallery.php更改为:
<?php $result = $_GET['image']; ?>
<img src="images/gallery/<?php echo $result; ?>.jpg">
.jpg“>
那就简单了一点。当变量被传递到gallery页面时,您应该回显结果,以查看得到的结果。我会将gallery.php更改为:
<?php $result = $_GET['image']; ?>
<img src="images/gallery/<?php echo $result; ?>.jpg">
.jpg“>
这就简单了一点。当变量传递到gallery页面时,您应该回显结果以查看您得到的结果。您使用的回显错误,下面是您应该如何使用它
<?php
$result = $_GET['image'];
?>
<img src="images/gallery/<?php echo $result ?>.jpg">
.jpg“>
您错误地使用了echo,下面是您应该如何使用它
<?php
$result = $_GET['image'];
?>
<img src="images/gallery/<?php echo $result ?>.jpg">
.jpg“>
您必须像这样更改代码
<?php
$result = $_GET['image'];
?>
<img src="images/gallery/<?php echo $result; ?>.jpg">
.jpg“>
您必须像这样更改代码
<?php
$result = $_GET['image'];
?>
<img src="images/gallery/<?php echo $result; ?>.jpg">
.jpg“>
看来您的服务器实际上并没有执行PHP,只是吐出原始文本。我没有DV,但根据它的外观,当前的答案都没有解决OP的问题。没有@durbnpoisn我想这是因为他没有正确地关闭引号。这些是同时发生的还是在您单击链接时发生的<代码>
,它将重新加载以执行$result=$\u GET['image'];echo“”;
?实际上,在OP提供的代码示例中,引号似乎关闭得很好。问题可能出在OP的code@Lal中的其他地方。看来您的服务器实际上没有执行PHP,只是吐出了原始文本。我没有DV,但根据它的外观,当前的答案都没有解决OP的问题's issue.nope@durbnpoisin我认为这是因为他没有正确地关闭引号。这些是同时发生的还是当您单击链接
,它将重新加载以执行$result=$\u GET['image'];echo“”;
?实际上,在OP提供的代码示例中,引号关闭得很好。问题可能出在OP的code@Lal的其他地方。您需要在这里关闭php
。.jpg>
,如@exclusive3 answer中所示。您需要在这里关闭php
.jpg“>
如@exclusive3-answer中所示。
<?php if($row2['pack1']==1){ echo "<img src=".BASE_URL."images/1seo.png"; } ?>