$stat = $conn -> prepare ("SELECT PATH FROM TABLE_NAME WHERE REFERENCE = :reference");
$stat -> bindValue(':reference', $reference);
$stat -> execute();
$path = $stat -> fetchColumn();
// Now you can use this code to display the image.
echo '<img src="' . $path . '">';
你的问题太广泛了。你有什么尝试,你有什么问题? – dan08 2015-02-06 17:19:07
1)写一些代码2)如果代码还没有完成,请参阅#1 – 2015-02-06 17:21:46
@ dan08厌倦了此代码,但图像无法显示。 echo“
回答
创建一个名为image.php和对应的路径一个额外的参数的PHP文件。
等,例如
image.php?v=007
因此,image.php应该能够使用007的数据库中查阅作为参考,发现它的路径。
路径可以存储在数据库的一列中。
编辑:
创建一个名为image.php
下一个PHP文件与像ID,参考值和PATH列创建一个数据库。
使用下面的代码来获取参考:
下一页查找数据库的路径:
这需要用户对图像的路径。
为此,每次上传新图像时,都需要在数据库中插入引用和路径。
来源
2015-02-06 17:22:56
我不明白。 – bubblebee 2015-02-06 17:28:29
我编辑了我的答案。再看一遍。 – 2015-02-06 17:38:24
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