نشان دادن تصویر ذخیره شده از پایگاه داده در سایت

نقل قول:

---

نوشته شده توسط jalaladdin [ برای مشاهده لینک ، با نام کاربری خود وارد شوید یا ثبت نام کنید ]

با این کد تصویر نشان داده نمیشود
[PHP]<?php
// connect to mysql server
$link = mysql_connect('localhost', 'root', '');
if (!$link) {
die('Not connected : ' . mysql_error());
}
// connect to database server
$db_selected = mysql_select_db('admin', $link);

if (!$db_selected) {
die ('Database error : ' . mysql_error());
}

$sql = mysql_query("SELECT 'path' FROM image id='1'");

$row= mysql_fetch_assoc($sql);
$image = $row['path'];
echo'<img src="$image"/>';


?>
[/PHP]

---

اون کوئری:
[PHP] $sql = mysql_query("SELECT 'path' FROM image id='1'");[/PHP]بشه:
[PHP] $sql = mysql_query("SELECT 'path' FROM image WHERE id='1'");[/PHP]
+
چرا به توضیحات من خوب عمل نمیکنید جای اون تابع mysql_fetch_assoc باید از mysql_fetch_array و یک while استفاده کنید! من که اینطوری استفاده کردم شد.

با استفاده ا این کد تصویر نشان داده نمیشود از while باز هم مشکل وجود دارد
[PHP]<?php
// connect to mysql server
$link = mysql_connect('localhost', 'root', '');
if (!$link) {
die('Not connected : ' . mysql_error());
}
// connect to database server
$db_selected = mysql_select_db('admin', $link);

if (!$db_selected) {
die ('Database error : ' . mysql_error());
}

$sql = mysql_query("SELECT 'path' FROM image WHERE id='1' ");

while($row= mysql_fetch_array($sql)){
$image = "upload/". $row['path'];

// $image = $row['path'];
echo'<img src="$image"/>';

}
?>[/PHP]

این طوری که از توی عکس پیداست، توی دیتابیس هم یک بار در قسمت path پوشه ی upload آورده شده، شما هنگام استخراج از دیتابیس یک بار دیگر هم اول آدرس نام upload/ رو اوردید.
+
اگر میشه سورس خروجی صفحه یعنی اونی که به مرورگر فرستاده میشه رو با استفاده از Ctrl+u در مرورگر و صفحه ای که توش این کد ها هست بندازید که ممکنه مشکلاتی وجود داشته باشه.

اگر میشه سورس خروجی صفحه یعنی اونی که به مرورگر فرستاده میشه رو با استفاده از Ctrl+u در مرورگر و صفحه ای که توش این کد ها هست بندازید که ممکنه مشکلاتی وجود داشته باشه.[/QUOTE]

در مورد این قسمت بیشتر توضیح دهید

توی این دو سه تا کد که گذاشتید یک مشکل اصلی وجود داره که از این قسمته:
[php]
echo'<img src="$image"/>';
[/php]
متغیر رو داخل کوتیشن تکی قرار دادید که در php پردازش نمیشه


یک مشکل مشابه هم در کوئری داشتید که استفاده از کوتیشن تکی به جای بک کوت برای نام فیلدها بود!
این کوئری هست که شما دارید:

کد:

---

SELECT 'path' FROM image WHERE id='1'

---

که از لحاظ سنتکسی درست هست. منتها همیشه این خروجی رو میده:

کد:

---

path

---

باید به این صورت تغییر بدید:

کد:

---

SELECT `path` FROM image WHERE id='1'

---

تا مثلاً خروجی اینطوری داشته باشه:

کد:

---

images/imagename.jpg

---

مشکل این خط بود [PHP]echo'<img src="$image"/>'; [/PHP]
که باید بدین صورت مینوشتم
[PHP]echo'<img src="'.$image.'"/>'; [/PHP]
حالا من 10 تا عکس در پایگاه داده ذخیره کردم برای نشان دادن تمامی عکسها چه تغییراتی در کد بالا بدهم با این کدی که نوشتم فقط عکسی که تازه آپلود کردم نشان داده میشود

---------- Post added at 01:17 PM ---------- Previous post was at 01:17 PM ----------

[PHP]<?php
// connect to mysql server
$link = mysql_connect('localhost', 'root', '');
if (!$link) {
die('Not connected : ' . mysql_error());
}
// connect to database server
$db_selected = mysql_select_db('admin', $link);

if (!$db_selected) {
die ('Database error : ' . mysql_error());
}

$sql = mysql_query("SELECT 'path' FROM image WHERE id='1' ");

while($row= mysql_fetch_array($sql)){
$image = "upload/". $row['path'];

// $image = $row['path'];
echo'<img src="$image"/>';

}؟>[/PHP]

---------- Post added at 01:18 PM ---------- Previous post was at 01:17 PM ----------

[PHP]<?php
// connect to mysql server
$link = mysql_connect('localhost', 'root', '');
if (!$link) {
die('Not connected : ' . mysql_error());
}
// connect to database server
$db_selected = mysql_select_db('admin', $link);

if (!$db_selected) {
die ('Database error : ' . mysql_error());
}

$sql = mysql_query("SELECT 'path' FROM image WHERE id='1' ");

while($row= mysql_fetch_array($sql)){
$image = "upload/". $row['path'];

// $image = $row['path'];
echo'<img src="$image"/>';

}؟>[/PHP]

حالا باید اون
[PHP]WHERE id = '1'[/PHP]
رو بردارید که همه ی داده ها رو انتخاب کنه نه فقط اونی که آی دیش برابره با 1.

10تا عکس هر کدام یک id دارند فقط یک عکس نشان داده میشود من از گالری عکس jquery استفاده میکنم

خب برای نمایش تمام عکس ها باید اون [PHP]WHERE id = '1' [/PHP] رو از کوئری حذف کنید تا اونی که فقط آی دی 1 داره نمایش داده نشود!

با توجه به این کد باز هم تغییری نکرد
[PHP]<?php
// connect to mysql server
$link = mysql_connect('localhost', 'root', '');
if (!$link) {
die('Not connected : ' . mysql_error());
}
// connect to database server
$db_selected = mysql_select_db('admin', $link);

if (!$db_selected) {
die ('Database error : ' . mysql_error());
}
//$id =$_GET['id'];

$sql = mysql_query("SELECT path FROM image ");

while($row= mysql_fetch_array($sql)){
$image = $row['path'];


}


?>
<div><img src="<?php echo $image ;?>" width="400" height="300" alt="Fan"><p class="credit"> </a></p></div>
[/PHP]