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我有一个主页，其中显示数据库值(例如图像和一些信息)
我的问题是，每当我单击图像时，它都会跳转到另一个页面并显示存储在数据库中的所有图片，但我想要单击的图片。
这是我的第一页 home_page.php 代码
<?php
$db = mysqli_connect("localhost", "root", "", "registration_data");
$sql = "SELECT * FROM add_data";
$result = mysqli_query($db,$sql);
while($row = mysqli_fetch_array($result)){
$image = $row['image'];
echo "<div id='img_div'>";
?><a href = "Details.php?image=' . $image . '"><?php echo "<img src='images/".$row['image']."' >";?></a><?php
echo "<p>Description: ".$row['add_description']." </p>";
echo "<p>Cetegory: ".$row['catagory']. "</p>";
echo "</div>";
}
?>
这是我的第二页，我只想显示单击的图像信息。(Details.php)
<?php
$image = intval($_GET["image"]);
$db = mysqli_connect("localhost", "root", "", "registration_data");
$sql = "SELECT * FROM add_data where 'id' = $image ";
$result = mysqli_query($db,$sql);
while($row = mysqli_fetch_assoc($result)){
$imageShow = $row['image'];
print $imageShow;
}
?>
最佳答案
因此，如果您调用图像的初始页面类似于:
<body>
<img src="getImage.php?**id=1**" width="175" height="200" />
</body>
那么getImage.php就是
<?php
$id = $_GET['id'];
// do some validation here to ensure id is safe
$link = mysql_connect("localhost", "root", "");
mysql_select_db("dvddb");
$sql = "SELECT dvdimage FROM dvd WHERE id=**$id"**;
$result = mysql_query("$sql");
$row = mysql_fetch_assoc($result);
mysql_close($link);
header("Content-type: image/jpeg");
echo $row['dvdimage'];
?>
您当前正在传递行，而不是 ID。
您的表格不会告诉任何人哪个单元格是什么，您应该使用主键作为引用 ID。
因此，您的 SQL 应该选择表列并将它们分配给每行中的值，然后传入查询以使用特定主键拉回图像。
即row是一个PHP值，您需要提取并引用一个DB值，一个主键。即ImageID。
关于php - 使用mysql数据库从图像中获取信息，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/41266123/
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