数据库php mysql-如何显示数据库中的图像
我编写此代码是为了显示图像：数据库php mysql-如何显示数据库中的图像,php,mysql,Php,Mysql,我编写此代码是为了显示图像： <?php $sel = " SELECT * FROM immagini WHERE id= ".$_GET['idx']; $ris = mysqli_query($con,$sel); $count = mysqli_num_rows($ris); if($count >= 1) echo "<h1>Dettagli dello studente: </h1>"
<?php
$sel = " SELECT *
FROM immagini
WHERE id= ".$_GET['idx'];
$ris = mysqli_query($con,$sel);
$count = mysqli_num_rows($ris);
if($count >= 1) echo "<h1>Dettagli dello studente: </h1>";
while ( $riga = mysqli_fetch_array($ris)) {
echo "ID = ".$riga['id']; ?> <br > <?php
echo "Nome = ".$riga['name']; ?> <br > <?php
echo "Descrizione = ".$riga['descrizione']; ?> <br > <?php
$imageData= $riga["image"];
header("content-type :image/jpeg");
echo $imageData;
}
?>
echo "ID = ".$riga['id']; ?> <br > <?php
echo "Nome = ".$riga['name']; ?> <br > <?php
echo "Descrizione = ".$riga['descrizione']; ?> <br > <?php
TLDR；除图像内容及其标题外，每隔一次删除一次回显。当您必须从DB中输出图像时（这基本上是个坏主意），请确保您不回显任何内容，只需按如下方式发送标题：
<?php
$imageData= $riga["image"];
header("content-type :image/jpeg");
echo $imageData;
?>
但是你应该重新编写你的代码，使它更有用。我同意，你不能把需要不同输出方法的图像和文本混在一起 假设使用base64，而不是
$imageData= $riga["image"];
header("content-type :image/jpeg");
echo $imageData;
$imageData= "<img src='data:image/jpeg;base64,".$riga["image"]."' />";
echo $imageData;
$imageData=”“；
回波数据；
此外，还提供了更多信息，可以帮助您除了Hanky Panky和WongFailHung提出的观点之外，您不能在图像中输出更多的信息来响应相同的请求。实际上，您可以发送数据，但您只能看到第一个图像。作为补充说明，您的打开和关闭PHP标记有点不必要。您将继续使用PHP and echo the“ID=”但随后退出PHP以回显BR。而不是您正在做的事情：
echo“ID=”.$riga['ID']；？>
在数据库中存储完整的图像不是一个好做法。将图像存储在文件系统（它所属的位置）中，并在数据库中引用图像（存储路径等）这行得通吗？因为您在header（）调用之前输出内容。
$imageData= "<img src='data:image/jpeg;base64,".$riga["image"]."' />";
echo $imageData;