php - 如何使用 mysqli 准备从数据库检索图像？

Question

我正在尝试将我的代码转换为 mysqli 准备，但在从数据库中检索特定数据的图像时遇到问题。举例来说，id 1 将在同一页面中发布它的图像。

你们能检查一下我的代码吗？我正在尝试查看特定数据的图像。你们能帮我吗？谢谢，这是我的代码:

这是我表单中的代码:

<form action="upload_photo.php" method="POST" enctype="multipart/form-data">
    <div class="col-md-6">
        <div class="alert alert-info" role="alert"><span class="glyphicon glyphicon-user" aria-hidden="true"></span>&nbsp;&nbsp;Add/Update Photo</div>
        <input type="hidden" name="id" value="<?= $id; ?>" />
        <input type="file" name="image"><br>
        <input type="submit" value="Upload Image" name="submit">
    </div>
    <div class="row">
        <div class="col-md-6 col-md-3">
            <a href="#" class="thumbnail">
            <img src="image_view.php?id=$id" alt="...">
            </a>
        </div>
            Updated Photo 
    </div>
</form>

这是我的 php 上传图像的代码:

<?php

include '../session.php';
require_once 'config.php';


if (isset($_POST['submit'])) {

    $imageName = mysqli_real_escape_string($conn, $_FILES["image"]["name"]);
    $imageData = mysqli_real_escape_string($conn, file_get_contents($_FILES["image"]["tmp_name"]));
    $imageType = mysqli_real_escape_string($conn, $_FILES["image"]["type"]);

        if (substr($imageType, 0,5) == "image") {
            $query = "UPDATE `crew_info` SET `image_name` = ?, `updated_photo` = ? WHERE `id` = ?";
            $stmt = mysqli_prepare($conn, $query);
            mysqli_stmt_bind_param($stmt, 'ssi', $imageName, $imageData, $_POST['id']);
            mysqli_stmt_execute($stmt);
            $id = $_POST['id'];

            header("Location: ../admin/view_all_info.php?id=$id");

        }

        else {

            echo "Image not Uploaded!";

        }

}

?>

这是我检索图像的代码，但它对我不起作用:

<?php

include '../session.php';
require_once 'config.php';

if (isset($_POST['id'])) {

    $id = mysqli_real_escape_string($_POST['id']);
    $query = "SELECT * FROM `crew_info` WHERE `id` = ?";
    $stmt = mysqli_prepare($conn, $query);
    mysqli_stmt_bind_param($stmt, 's', $_POST['id']);
    mysqli_stmt_execute($stmt);
    mysqli_stmt_bind_result($stmt, $id, $first_name, $middle_name, $last_name, $age, $month, $day, $year, $birth_place, $gender, $martial_status, $religion, $nationality, $email_address, $address_1, $address_2, $course, $school_graduated, $remarks, $date_added, $crew_status, $image_name, $updated_photo);

    while (mysqli_stmt_fetch($stmt)) {

        sprintf("%s", $updated_photo);
    }

    header("content-type: image/jpeg");
    sprintf("%s", $updated_photo);

}
else {
    echo "Bad";
}



?>

图片正在上传，但无法检索。请大家帮帮我，谢谢

Answer 1

这里有一些问题:

1. 在您的 html 中使用 <img src="image_view.php?id=$id" alt="..."> 。这会向服务器发出 GET 请求，因此您需要 $_GET['id']而不是$_POST['id']在输出图像的脚本中。
2. 您不应该使用mysqli_real_escape_string()当您使用准备好的语句时，mysqli 将在您执行准备好的语句时处理这一点。
   此外，在使用它来获取图像的脚本中，您不会将数据库连接作为第一个参数，这样它也会失败。 编辑:您似乎没有使用转义值，因此您可以简单地删除该行。

除此之外，您可能应该:

• 将图像作为文件存储在文件系统中。如果内容不敏感/ protected ，您可以将其放在网络服务器根目录中的某个位置，以便您可以轻松包含指向它的链接。这将使数据库维护和备份变得更加容易。
• 如果您使用现在使用的方法，则仅在显示图像时获得您需要的内容。这将使您的代码更易于阅读，并且当您执行以下操作时，新列不会引入错误:
  SELECT updated_photo FROM crew_info WHERE id = ? .