Php 如何在同一页面中查看滑动图像和视频

我有两个mysql表Image（包含图像）和Video（包含视频）。当我点击“图像”按钮时，图像幻灯片将显示，视频也是如此。 我可以看到图像，但如何在同一面板中看到视频？也许我可以为不同的目的使用不同的面板，但我如何才能做到这一点？我试着说：

<?php
    ...
    //DB Connection is fine !
        $sql_stmt ="select * from mainTable where type='image'; // for image
        .......//Same for viedo

        $myControl = mysqli_query ($connection,$sql_stmt) ;        
        if (mysqli_num_rows($myControl)>0)
        {
            echo "<div id='gallery' class='cssClassForLoadPanel'>";
            echo "<div class='belt'>";
                $sql_stmt ="select * from image"; //get images from image table, same for video
                $result =  mysqli_query ($connection, $sql_stmt) ;
                if (mysqli_num_rows($result)>0)
                {   echo 4MyController;
                    while ($row=mysqli_fetch_array($result))
                    { 
                        $image_path= "images/".$row[image_path];
                        echo "<div class='panel'><img src='$image_path'></div>";
                    }
                }
            echo "</div>";      
        }
        else
        {
            echo "Please select Audio or Video Button";
        }

    ?>

---

这并不是一个真正的答案，而是OP试图做什么的讨论/澄清

android_，您没有提供足够的数据库/表信息来确定如何回答您的问题。例如，你说：

"select * from mainTable where type='image'; // for image -- Same for video

但后来你说：

"select * from image"; //get images from image table, same for video

那么，主表中有什么，图像和视频表中有什么？图像和视频表之间的关系是什么？它们是完全独立的，还是以某种方式相互关联（即相同的项目、相同的客户、相同的上传者等）

如果是这样的话，那么您可能希望使用内部连接来从两个表中获取由公共id关联的双请求数据

本优秀（快速）SQL网站教程可能有助于：


一旦你明确了你需要做什么，那么我们可以进一步帮助你。实际上，我们主要需要知道：

不同表中有哪些数据，以及

需要什么样的输出-您希望用户看到什么的一些想法

在同一页上创建不同的面板绝对是可能的，甚至“很容易”。这可能很简单，只需将每个数据类型放入其自己的div中并正确设置样式格式。
这也可能是您的解决方案。但是我认为你的代码太混乱了。试着阅读有关suggar密码的统计信息

只需在图像代码之前添加此代码

$myControl_vd = mysqli_query ($connection,$sql_stmt_vd) ;        
if (mysqli_num_rows($myControl_vd)>0)
{
    echo "<div id='video-gallery' class='cssClassForLoadPanel'>";
    echo "<div class='belt'>";
        $sql_stmt_vd ="select * from video"; //get videos from video table, 
        $result_vd =  mysqli_query ($connection, $sql_stmt_vd) ;
        if (mysqli_num_rows($result_vd)>0)
        {   echo 4MyController;
            while ($row_vd=mysqli_fetch_array($result_vd))
            { 
                $video_path= "videos/".$row_vd[video_path];
                echo "<div class='panel'><img src='$video_path'></div>";
            }
        }
    echo "</div>";      
}

$myControl\u vd=mysqli\u查询（$connection，$sql\u stm\u vd）；
如果（mysqli\u num\u行（$myControl\u vd）>0）
{
回声“；
回声“；
$sql\u stmt\u vd=“从视频中选择*”//从视频表中获取视频，
$result\u vd=mysqli\u query（$connection，$sql\u stmt\u vd）；
如果（mysqli\u num\u行（$result\u vd）>0）
{echo 4MyController；
while（$row\u vd=mysqli\u fetch\u数组（$result\u vd））
{ 
$video\u path=“videos/”$row\u vd[视频路径]；
回声“；
}
}
回声“；
}
这里是伪代码。按照以下步骤操作：

使用ajax代码检查哪个按钮计时
使用开关盒检查并从图像切换到视频（始终正确），反之亦然
使用echo“image.php”加载图像/视频页面；php代码
那你就完了
 
在哪里type='image'或type='video'
？不太确定您想要实现什么。我的理解是：您希望使用相同的HTML容器/包装器。根据用户选择的内容（视频或图像），相应的内容应该加载到此cointainer中？如果我简单地说，忘记我给定的代码，因为我同意更改代码。我再次描述：我有三个表，状态（包含标志，如果图像或视频需要显示），图像（包含图像文件名），视频（包含视频文件名）。现在，当我单击图像按钮时，我可以看到图像滑动，当单击视频按钮时，视频将逐个显示。我该怎么做？我已经看到很多例子不能解决我的问题！这不是一个SQL问题。请看tags@Tuhin你读了问题了吗，还是仅仅读了标签？他发布的所有代码都是SQL。@gibberish抱歉，这不是SQL问题，我问的是PHP和HTML代码！