Warning: file_get_contents(/data/phpspider/zhask/data//catemap/1/php/245.json): failed to open stream: No such file or directory in /data/phpspider/zhask/libs/function.php on line 167

Warning: Invalid argument supplied for foreach() in /data/phpspider/zhask/libs/tag.function.php on line 1116

Notice: Undefined index: in /data/phpspider/zhask/libs/function.php on line 180

Warning: array_chunk() expects parameter 1 to be array, null given in /data/phpspider/zhask/libs/function.php on line 181
使用php显示图像_Php_Html_Image - Fatal编程技术网

使用php显示图像

使用php显示图像,php,html,image,Php,Html,Image,我有一段代码,我打算在php部分从mysql返回一个文件路径名,然后用html显示图像。但我在浏览器中只得到了一个很小的缩略图。顺便说一下,username和imagefile是表images中唯一的列 我确信这只是一些愚蠢的错误,但我需要一双新的眼睛来发现它。先谢谢你。另外,我知道我真的应该转移到mysqli,但我以后会简单地翻译。干杯 <?php session_start(); $username = $_SESSION['username']; $con = mysql_co

我有一段代码,我打算在php部分从mysql返回一个文件路径名,然后用html显示图像。但我在浏览器中只得到了一个很小的缩略图。顺便说一下,username和imagefile是表images中唯一的列

我确信这只是一些愚蠢的错误,但我需要一双新的眼睛来发现它。先谢谢你。另外,我知道我真的应该转移到mysqli,但我以后会简单地翻译。干杯

<?php


session_start();
$username = $_SESSION['username'];

$con = mysql_connect('localhost','root','password');
mysql_select_db("db");


$profileimage = mysql_query("

SELECT * FROM images WHERE username='$username'

");

$row = mysql_fetch_array($profileimage);
$showimage = $row['imagefile'];

?>

<html>

<img src = "$showimage">


</html>

这是您当前的真实代码还是简化版本?如果这是您的真实代码,那么问题在于PHP变量未知的HTML部分,您应该执行以下操作:

<html>
<img src ="<?php echo $showimage; ?>" />
</html>

这是您当前的真实代码还是简化版本?如果这是您的真实代码,那么问题在于PHP变量未知的HTML部分,您应该执行以下操作:

<html>
<img src ="<?php echo $showimage; ?>" />
</html>

首先,HTML不知道$showimage是什么意思。这是一个PHP变量,HTML无法解释它。您需要输出它,以便HTML能够处理结果

因此,如果$showimage的值为/images/foo.jpg,则需要如下内容:

<img src="<?php echo $showimage; ?>" />
那会给你什么

<img src="/images/foo.jpg" />

现在,切换到mysqli就像用mysqli替换mysql一样简单。没有比这更复杂的了。因为看起来你才刚刚开始了解这些东西,你也可以,当你要改进东西时,先了解一下PDO。

首先,HTML不知道$showimage是什么意思。这是一个PHP变量,HTML无法解释它。您需要输出它,以便HTML能够处理结果

<?php  
    $db = mysqli_connect("localhost:3306","root","","databasename"); 
    $sql = "SELECT * FROM table_name ";
    $sth = $db->query($sql);
    while($result=mysqli_fetch_array($sth)){    
        echo '<img src="data:image/jpeg;base64,'.base64_encode( $result['image'] ).'" height="100" width="100"/>';
    }
?>
因此,如果$showimage的值为/images/foo.jpg,则需要如下内容:

<img src="<?php echo $showimage; ?>" />
那会给你什么

<img src="/images/foo.jpg" />
现在,切换到mysqli就像用mysqli替换mysql一样简单。没有比这更复杂的了。因为看起来你才刚刚开始学习这些东西,所以当你要改进的时候,也可以学习PDO

<?php  
    $db = mysqli_connect("localhost:3306","root","","databasename"); 
    $sql = "SELECT * FROM table_name ";
    $sth = $db->query($sql);
    while($result=mysqli_fetch_array($sth)){    
        echo '<img src="data:image/jpeg;base64,'.base64_encode( $result['image'] ).'" height="100" width="100"/>';
    }
?>
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适用于我

我有以下代码应该返回…抱歉!我有以下应该返回的代码…抱歉!我对网络开发还很陌生。你说的话现在看来很明显。非常感谢你们两位。非常感谢您的快速回复。@Ross别忘了更新对您有帮助的评论,并接受您认为最适合您的评论。我对网络开发还很陌生。你说的话现在看来很明显。非常感谢你们两位。非常感谢您的快速回复。@Ross别忘了对您有帮助的评论进行投票,并接受您认为最适合您的评论。非常感谢。我明白你在说什么。非常感谢您的快速回复。没问题!别忘了添加一个被接受的答案,以表明你有一个正确的答案。它是。我明白你在说什么。非常感谢您的快速回复。没问题!别忘了添加一个已接受的答案,以表明你有一个正确的答案。