PHP-显示发布的图像

我正在使用HTML表单向下面的服务器发送.jpeg

如何让PHP在服务器接收到图像后成功显示图像

<?php 
       if ($_FILES["file"]["error"] > 0)
          {
              echo "Error: " . $_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 "Stored in: " . $_FILES["file"]["tmp_name"] . "<br>";
          }

        $img = $_FILES["file"];

        echo $img;

?>

---

您必须先将内容标题设置为相应的图像格式，然后才能使用echo$img

例如，如果上传的图像是

jpg

，则应该是

header('Content-Type: image/jpeg');
echo $img;

还要确保您没有将文本数据与它一起回送。

您应该

 move_uploaded_file($_FILES["file"]["tmp_name"],
                    $target_path.'/'.$_FILES["file"]["name"])

这样，您可以移动临时文件，然后使用

 print '<img src="http://yoursite.com/url_of_target_path/'.
          $_FILES["file"]["name"].'"/>

打印'

---

在清理上传的数据之前，请注意不要使用我提供的确切代码。

因此，我正在设置$server_path=“”；$src=$_文件[“文件”][“名称”]；但我不断收到服务器错误这是非常危险的代码，允许用户在服务器上任意位置随意涂鸦他们选择的文件。放松，我正在运行一个本地服务器，只有我可以访问它to@MarcB这就是为什么我明确提到“小心不要使用我提供的确切代码”。

$\u FILES['file']

是一个包含上传数据的数组。它不包含实际图像。@MarcB如何获取实际图像？