php - 如何在单个 HTTP 响应中使用 PHP 从 Mysql 提供 4 个图像(Blob)？

Question

我正在尝试使用 PHP 和 MySQL 数据库显示 4 个图像。我必须将 4 个图像显示为行。

我使用带有字段的表 cars (id_car, car_image1, car_image2, car_image3, car_image4)，所有图像都是 blob 数据类型。

$id = $_GET['id'];

$link = mysql_connect("localhost", "root", "");
mysql_select_db("cars_database");
$sql = "SELECT car_image1, car_image2, car_image3, car_image4 FROM cars WHERE id_car='$id'";
$result = mysql_query("$sql");

mysql_close($link);
while($row=mysql_fetch_array($result))
{
    header('Content-type: image/jpeg');
    echo $row['car_image1'];
    echo $row['car_image2'];
    echo $row['car_image3'];
    echo $row['car_image4'];    
}

我只能显示 1 张图像，不能显示其他图像。由于我是这项技术的新手，所以我需要帮助。

Answer 1

这就是 HTTP 的工作原理(至少在当前版本中):您不能拥有一个同时指向多个资源的 URL。您的脚本需要发送一个图像。

简单地，调用它四次:

<img src="/get-image.php?id=1">
<img src="/get-image.php?id=2">
<img src="/get-image.php?id=3">
<img src="/get-image.php?id=4">