如何将图像从数据库检索到 html 表单？

Question

我将图像名称保存到我的数据库和图像本身以上传文件。

当用户想看到它们时，我想在 div 中显示给用户。

我的脑子里的事情变得一团糟。

这是我的 php 代码

        $con = mysql_connect("localhost","root","");
        if (!$con){die('Could not connect: ' . mysql_error());}
            mysql_select_db("marmaris", $con);
            $bilgi= mysql_query("SELECT * FROM ".$isim." WHERE id='".$id."'");

            while($sutun= mysql_fetch_array($bilgi))
            {
                 $name=$sutun["name"];
                 $bures=$sutun["resbuyuk"];
                 $kures=$sutun["reskucuk"];
                 $aciklama=$sutun["aciklama"];
                 $map=$sutun["map"];
                 $link=$sutun["link"];

            }
            $words = preg_split('/[\s?]+/', $kures);
            $result = count($words);
            for($i=0;$i<$result;$i++){
                $city=$words[$i];
            }

我现在有 6 张图片 $city 是其中一张图片，例如我想向用户展示该图片。

这是我的 html 部分，不用担心 isimid 名称一次只发送 2 个单词。

 <div id="kucukres">
    <img src="upload/<?php echo $city ?>" alt="Angry face" width="32" height="32" />
    </div>

我想显示图片，但它只写了替代词。

总之，我想在上传文件夹中显示已保存（名称）在数据库中的图像。

使用 php 部分，我从数据库中获取文件名；在 html 中，我想显示该图像。

编辑： 这是我的新 html 标签。

   <div id="kucukres">
   <img src="getres.php?file=<?php echo $isimid;?>"/> 
    </div>

我的 php 文件是

$bilgi= mysql_query("SELECT reskucuk FROM ".$isim." WHERE id='".$id."'");

            while($sutun= mysql_fetch_array($bilgi))
            {

                 $kures=$sutun["reskucuk"];

            }
            $words = preg_split('/[\s?]+/', $kures);
            $result = count($words);
            //unlink("upload/$word[$isim]");
            for($i=0;$i<$result;$i++){
                $city=$words[$i];
                header('Content-type: image/jpeg'); 
                $pic = 'upload/'.$city; 
                 echo $pic;

但我仍然无法在我的 html 文件中看到图像。

Answer 1

tutorials and samples 在这个问题上不乏。

基本上，您尝试做的事情涉及两个 PHP 文件，而不仅仅是您拥有的那个。您需要一个用于页面和一个用于图像（可重复用于所有图像）。

首先查看为您的页面呈现的 HTML。 img 标签引用的是什么？它正在服务器上寻找不存在的资源（图像文件），因此自然不会显示任何内容。您的服务器日志还会向您显示这些图像请求的 404 错误。

这是因为图像实际上并不是页面的一部分。它是页面只是引用的完全独立的资源，浏览器的工作是将其放置到位。因此，您需要创建一个单独的资源（PHP 文件）来提供该图像。

我的 PHP 有点生疏了，所以我会参考网上的许多示例和教程来了解细节。但结构基本上是这样的：

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页面A，宿主页面：

从数据库中获取有关图像的信息。它的 ID、alt 文本（如果适用）等。使用此信息构建 img 标记。比如：

echo '<img src="/images/dbimage.php?id=' . $id_from_db . '" alt="' . $alt_from_db . '"/>';

---

B页，图片页：

从数据库中获取实际图像（blob）及其内容类型（如果这也是动态的）。在完成之前写入 no 输出。将response header's content-type设置为图像的内容类型，将原始图像字节写入输出，结束输出。

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再次要记住的主要事情是，图像不会作为页面的一部分发送到浏览器。它是从对服务器的完全独立的请求中获取的完全独立的资源。您只需将该请求与页面本身分开处理即可。

（请注意，例如，如果您随后导航到为 img 标记生成的 URL，那么服务器将只显示图像。不需要主机页面。）