Php Can'；t在数据库中存储图像

每次我上传一张图片，它都会说上传成功。当我检查我公司的临时文件夹时，是的，它是存储的，但当涉及到数据库时，它不会存储我上传的任何图像

<?php

if($_POST)
{
    $con = mysqli_connect("localhost", "root", "", "pamphotos") or die('error in connection'.mysqli_connect_error());

    $caption = $_POST['caption'];
    $image_cont = 'c://uploads//';
    $image_cont2= 'c://uploads//thmb//';
    $filename = $_FILES["file"]["name"];
    $src = $image_cont . $filename;
    $thumb = $image_cont2. $filename;


    if ($_FILES["file"]["error"] > 0)
        {
            echo "Return Code: " . $_FILES["file"]["error"] . "<br>";
        }
    else
        {
            echo "Upload: " . $_FILES["file"]["name"] . "<br>";
            echo "Type: " . $_FILES["file"]["type"] . "<br>";
            echo "Size: " . ($_FILES["file"]["size"] / 1024) . " kB<br>";
            echo "Temp file: " . $_FILES["file"]["tmp_name"] . "<br>";

            if (file_exists("upload/" . $_FILES["file"]["name"]))
            {
                echo $_FILES["file"]["name"] . " already exists. ";
            }
            else
            {
                move_uploaded_file($_FILES["file"]["tmp_name"],"c://uploads//" . $_FILES["file"]["name"]);

                    $q = "INSERT into photos(p_desc, p_src, p_thumbsrc) VALUES('$caption', '$src','$thumb')";

                    $stmt = mysqli_prepare($con, $q) or die('error in connection'.mysqli_connect_error());

                        if($stmt)
                        {
                             echo "File succesfully Uploaded.";
                        }

            }
        }

}

您正在为INSERT语句使用，但您没有使用它。因此，该行不会插入到数据库中

下面是我将如何编写运行查询的部分：

$stmt = $con->prepare($q);
if ($stmt === false)
{
    trigger_error($con->error, E_USER_ERROR);
}
if ($stmt->execute() === false) {
    trigger_error($stmt->error, E_USER_ERROR);
}
echo "File succesfully Uploaded.";


PS：这与您的问题有点相切，但您应该使用查询参数，而不是在查询中插入变量。您面临SQL注入的风险。
当我创建第一个社交网络时，我只是将文件存储在一个目录中，然后将路径存储在mySQL数据库中。我认为你也这样做会有好处。此外，每当上传新的文件时，它可以更轻松地处理断开文件链接的问题。谢谢回复。我也想过，但我真的不知道怎么做。你有什么建议，我应该从哪里开始实现这一点？哦，是的！我忘了。非常感谢你，先生！请原谅我的健忘。谢谢你的推荐，先生。我现在将在我的代码中实现这一点。信息非常有用。@RedSparkle如果使用mysqli_report（）使mysqli自动引发错误，您可以摆脱这些无聊的条件。