在php和数据库中上传个人资料照片

我有一个问题，照片上传到网站，但它的名称不保存在数据库中。 代码将照片上载到站点，但文件名未上载到数据库 帮帮我，我需要知道代码中的问题是什么？ 请有人回答

守则：

<?php session_start();
        $con = mysqli_connect("my host","my account","my passwod","my table name");
            $_SESSION['id'] = "$con_id";
?>

<?php

        if(isset($_POST['submit'])){
                move_uploaded_file($_FILES['file']['tmp_name'],"../userstorage/p_photos/".$_FILES['file']['name']);
                $con = mysqli_connect("my host","my account","my password","my table name");
                $q = mysqli_query($con,"UPDATE users SET image = '".$_FILES['file']['name']."' WHERE id = '".$_SESSION['id']."'");
        }
?>

你的错误在这里

$q = mysqli_query($con,"UPDATE users SET image = '".$_FILES['file']['tmp_name']."' WHERE id = '$id'");

$\u FILES['file']['tmp\u name']是图像数据，而$\u FILES['file']['name']是文件名。因此，在一天结束时，您需要更改这段代码

有关如何从数据库上载和显示图像的参考信息，请查看这篇文章。
$id
未定义在更新查询中的位置。提问时，一个问号就足够了。这是不可读的。请考虑你的问题，我现在知道你的证件了！我想知道为什么我因为给出明显正确的解决方案而被否决？？？
$\u FILES['file']['tmp\u name']
不是图像数据，而是服务器上文件的临时名称。这是一个错误，但不是唯一的错误。他在查询中使用了未声明/分配的变量。不是我的反对票，但这不是“明显正确的解决方案”好吧，我理解，但是当你从浏览器复制文件时，你用$\u FILES['file']['tmp\u name']**复制文件，并用**$\u FILES['file']['name']获取代表的文件名，这是他首先需要使用的。另外，我可以用有限的信息从OP>中给出更清晰的答案。如果你需要更多信息来发布答案，那么不要发布你的答案并在评论中要求澄清。