（PHP）显示动态目录中的图像

在一台服务器上，我成功地编写了映像，如下所示：

$structure = "./images/$root->City/$root->ZipCode/$root->StreetDirection $root->StreetName/";

file_put_contents("./$structure/$root->StreetNumber $root->StreetDirection $root->StreetName $root->StreetSuffix $root->City $root->ZipCode-{$number}.jpeg", $photo['Data']);

然后，我尝试检索并显示相同的图像相同的位置，如下所示，什么也没有发生（断开的图像链接）：

$structure=“../images/$City\u R/$Zip\u code\R/$StreetDirection$StreetName$StreetSuffix/$StreetNumber$StreetDirection$StreetName$StreetSuffix$City\R$Zip\u code\R-1”；
$img='
'；
回音“$img”；

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在测试中，它似乎只在名称大大简化且未指定动态目录时才进行拉取…，实际上，它会一起忽略目录…

我不会以这种方式构建src属性。我会在引号外构建它，因为在插入变量值时处理引号内的空格会变得不必要的复杂。 只需在字符串外部使用连接运算符：

$structure = "../images/" . $City_R . "/" . $Zip_Code_R . "/" . $StreetDirection . $StreetName . $StreetSuffix . "/" . $StreetNumber . $StreetDirection . $StreetName . $StreetSuffix . $City_R . $Zip_Code_R-1;

//etc...

注意，您需要为图像源使用URL，并且使用路径。您的src属性最好以“”开头

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不要在文件名中使用空格，而要使用破折号，破折号还有一个额外的好处，那就是它对搜索引擎优化也有好处：）

可能您使用的是路径，而您需要为img srchechoing“$img”提供一个url？无聊的？我是唯一一个觉得有趣的人吗？

$structure = "../images/" . $City_R . "/" . $Zip_Code_R . "/" . $StreetDirection . $StreetName . $StreetSuffix . "/" . $StreetNumber . $StreetDirection . $StreetName . $StreetSuffix . $City_R . $Zip_Code_R-1;

//etc...