我一直在尝试不同的事情,以便让脚本查询图像名称的MySql数据库,然后转到目录并返回具有相同名称的图像。它在概念上似乎很简单,但我不断得到一堆混合结果,并且没有结果返回图像。位于目录中的图像;图像名称在MySql中加载。 PHP脚本没有返回图像
这里是最近的代码,我想:
$sqlCar = mysql_query("SELECT img_nm FROM vehicles WHERE sold='n' ORDER BY year DESC");
/***************************
****
Code Returns '1'
******************************/
$dbImage = $sqlCar;
$dirImage = scandir($_SERVER['DOCUMENT_ROOT'].'/car-pics/');
function imgCompare($dbImage){
if ($dbImage == $dirImage[img_nm]){
echo $dirImage[img_nm];
} else {
echo "Image Coming Soon";
}
}
嗯..加上它作为一个参数,并加入全球没有帮助。存储在数据库中的值与目录中的文件名相同。所以img_nm = vehicle1.jpg&directory is home/car-pics/vehicle1.jpg – khaos 2013-03-02 00:08:52
看看安东尼的回答。 mysql_query返回一个结果集资源,你需要调用mysql_fetch_array来从资源中获取值。 – 2013-03-02 00:15:30
感谢您的帮助亚当! – khaos 2013-03-02 01:18:08