У меня есть база данных, содержащая фильмы Имя, их описание и обложку. Тип поля обложки – это как blob, и проблема в том, что я не могу извлечь его из базы данных. Я хочу показать название фильма вдоль их обложки рядом с ними … Как это сделать .. Вот мой код ..
<?php include ("php/connection.php"); $ID = $_GET['id']; $listmovies = "SELECT * FROM movies where Genres LIKE '%$ID%'"; $result = mysql_query($listmovies); while ( $row = mysql_fetch_assoc($result) ) { ?> <table border="1" width="100%"> <tr> <td rowspan="2" width="90" height="120"> <?php // set the header for the image header("Content-type: image/jpeg"); echo $row['Image']; ?> </td> <td width="200" height="10"> <?php echo $row['Title']; ?></td> </tr> <tr> <td width="200" height="110"><a href="php/moredetails.php?id=<?php echo $row['ID']; ?>">More Detail</a></td> </tr> <?php } ?> </table> Я просто хочу показать «Имги» рядом с названием фильма?
Да, это не будет отображаться, потому что any output above header would always generate error … вам нужно иметь другую страницу для вывода вашего изображения или включить в нее изображение base64
Удалить
header("Content-type: image/jpeg"); echo $row['Image'];
И добавьте это:
printf("<img src=\"data:image/jpeg;base64,%s\" />",base64_encode($row['Image'])); ^--- Note this is only for jpeg images
Я предлагаю что-то вроде этого:
Создайте новый php-файл, например, image.php; Этот файл заменит файл физического изображения. В этом файле вы помещаете код со своего поста плюс некоторую логику для получения данных изображения из базы данных;
В родительском шаблоне (возможно, файл php) вы помещаете код для изображения:
<img src="image.php?id_movie=<?php echo $id_movie; ?>" width ="200" height="200" /> More Detail
В image.php я предлагаю быть осторожным в пространствах за пределами php-тегов (при beniging и в конце). Также к image.php вам нужно предоставить идентификатор фильма, чтобы узнать, какое изображение загрузить из базы данных.