PHP显示表中的下一个图像

我在我的页面上显示db表中的图像，如下所示：

<?php
if ($db_found) {
$SQL = "SELECT * FROM myTable where id='$posted_id'";
$result = mysql_query($SQL);

while ($db_field = mysql_fetch_assoc($result)) {

echo '<img src="images/'.$db_field['image'].'" alt="" />';

}
mysql_close($db_handle);
}
?>

<a href="#">Next</a>

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如果$posted_id是示例1，我如何做到这一点。。。当我单击“下一步”链接时，会显示图像id=2，依此类推。

为此，您需要刷新页面或使用ajax

您可以像这样在url中传递变量posted_id

<a href="www.yourwebsite.com?posted_id=<?php echo ($db_field['id'] + 1);?>">Next</a>

通过这种方式，您可以从数据库传递下一个id。。如果你的身份证是按顺序的

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您还需要以编程方式处理问题，例如，如果数据库中不存在下一个id的记录，该怎么办。

您应该使用MySQL限制和顺序过滤器

<?php

if (isset($_GET['current'])) {
    $current = $_GET['current'];
} else {
    $current = 0;
}

$request = "SELECT * FROM myTable ORDER BY id ASC LIMIT " . $current . ",1";

?>

然后，为了抓住下一个项目，您可以这样做：

<?php
// make the last item point to the first one
$loop = true;

$count = "SELECT COUNT(*) FROM myTable";

if ($current < $count) {
    $next = $current + 1;

} else if ($loop) {
    $next = 0;

// no loop, then just stay at the end
} else {
    $next = $current;

}

?>

很抱歉，这是错误的：您不能保证下一个id为+1，需要通过编程进行检查。。。在这种情况下，我不能把全部逻辑都写给他(