데이터베이스 내부에 저장된 모든 이미지를 표시하는 방법

나는 (그래 나는. 그것이 나쁜 습관이다하지만이 순간에 대한 요구 알고있다) 나는 여러 이미지를 업로드 할 수있는 MySQL 데이터베이스를 사용하는 갤러리를 만드는 중이라서하지만 데이터베이스 내부에 저장된 모든 이미지를 표시하는 데 문제가 있습니다. 형태는 다섯 개 이미지를 업로드 할 수 있습니다. 그런 다음 사용자는 (최근에 업로드 한 사람 포함) 데이터베이스의 모든 이미지는 이미지의 설명과 함께 표시됩니다 다른 페이지로 이동해야합니다. 이미 코드를 가지고 있지만 디스플레이에서 작동 하나가 작동하지 않거나 내가 잘못 생각합니다.

여기에 양식 코드는 다음과 같습니다

 <html>
 <head>
    <title> Upload image</title>

 </head>
 <body> 
 <div align="center">
    <form action="fUpload.php" method="POST" enctype="multipart/form-data">
    All forms must be filled. <br />
    File: <br />
    <input type="file" name="image[]"/> <input type="text" name="imageDescription[]" size="30" /> <br />
    <input type="file" name="image[]"/>  <input type="text" name="imageDescription[]" size="30" /> <br />
    <input type="file" name="image[]"/>  <input type="text" name="imageDescription[]" size="30" /> <br />
    <input type="file" name="image[]"/>  <input type="text" name="imageDescription[]" size="30" /> <br />
    <input type="file" name="image[]"/> <input type="text" name="imageDescription[]" size="30" /> <br />

    <input type="submit" value="Upload image" />

    </form>
</div>  
</body>
</html>

여기에 업로드 할 스크립트입니다 :

 <?php 

//connect to the database//
$con = mysql_connect("localhost","root", "");
if(!$con)
{
 die('Could not connect to the database:' . mysql_error());
 echo "ERROR IN CONNECTION";
}

$sel = mysql_select_db("imagedatabase");
if(!$sel)
{
 die('Could not connect to the database:' . mysql_error());
 echo "ERROR IN CONNECTION";
}
//file properties//

$file = $_FILES['image']['tmp_name']; 

echo '<br />';

 /*if(!isset($file))
    echo "Please select your images";

else
{
 */for($count = 0; $count < count($_FILES['image']); $count++)
{
//$image = file_get_contents($_FILES['image']['tmp_name']);
    $image_desc[$count] = addslashes($_POST['imageDescription'][$count]);
    $image_name[$count] = addslashes($_FILES['image]']['name'][$count]); echo '<br \>';
    $image_size[$count] = @getimagesize($_FILES['image']['tmp_name'][$count]);
    $error[$count] = $_FILES['image']['error'][$count];

    if($image_size[$count] === FALSE  || ($image_size[$count]) == 0)
        echo "That's not an image";
    else
    {

    // Temporary file name stored on the server
     $tmpName[$count]  = $_FILES['image']['tmp_name'][$count];

  // Read the file
    $fp[$count]   = fopen($tmpName[$count], 'r');
    $data[$count] = fread($fp[$count], filesize($tmpName[$count]));
    $data[$count] = addslashes($data[$count]);
     fclose($fp[$count]);


  // Create the query and insert
  // into our database.

  $results = mysql_query("INSERT INTO images( description, image) VALUES             ('$image_desc[$count]','$data[$count]')", $con);

        if(!$results)
        echo "Problem uploding the image. Please check your database";  
    //else 
    //{
        echo "";
        //$last_id = mysql_insert_id();
        //echo "Image Uploaded. <p /> <p /><img src=display.php?    id=$last_id>";
        //header('Lcation: display2.php?id=$last_id');
        }
    //}
}


mysql_close($con);
header('Location: fGallery.php');
?>

그리고 마지막으로 하나가 표시되어야한다 :

<html>
<body>

</body>
<?php

//connect to the database//
mysql_connect("localhost","root", "") or die(mysql_error());
mysql_select_db("imagedatabase") or die(mysql_error());

//requesting image id

$id = addslashes($_REQUEST['id']);

$image = mysql_query("SELECT * FROM images WHERE id = $id");


while($datum = mysql_fetch_array($image, MYSQL_ASSOC))
{
        printf("Description %s $image = $image['image'];

header("Content-type: image/jpeg");

}

mysql_close();


?>

여러분의 도움이 많이 감사합니다. 나는에 이동 심하게 필요합니다.

해결법

==============================
1.난 당신의 게시물에서 이해하는 바로는 그 업로드하고 저장 문제가되지 않습니다 만, 이미지를 보여주는 것은. 어떤 결과가 데이터베이스에서 발견되지 않는 칸 있도록, 설정되지 않은 바르를 사용하고 있기 때문 아마. 내가 알려 오해합니다.

난 당신의 게시물에서 이해하는 바로는 그 업로드하고 저장 문제가되지 않습니다 만, 이미지를 보여주는 것은. 어떤 결과가 데이터베이스에서 발견되지 않는 칸 있도록, 설정되지 않은 바르를 사용하고 있기 때문 아마. 내가 알려 오해합니다.
```
<?php
// No ID
$image = mysql_query("SELECT * FROM images ORDER BY id DESC");   
?>
```
또한 Prof83의 말씀 봐. 스크립트가 하나 개의 이미지로 작동하는 경우 내 게시물을 무시합니다.

서로 다른 파일 형식을 사용하는 경우 마지막으로, 또한 헤더에서 올바른 MIME 형식을 에코.

최신 정보 나는 모두 답변을 결합했다.

루프 편집 :
```
<?php
while($row = mysql_fetch_assoc($image))
{
        echo '<img src="img.php?id='.$row["id"].'">';
}
?>
```
페이지 이름 img.php 만들기
```
<?php
$query = mysql_query("SELECT image FROM images WHERE id = ".$_GET['id']);
$row = mysql_fetch_assoc($query);
header("Content-type: image/jpeg");
echo $row['image'];
?>
```
==============================
2.좋아, 당신은 이미지 / JPEG 페이지 내에서 여러 개의 이미지를 표시 할 수 없습니다 ...

좋아, 당신은 이미지 / JPEG 페이지 내에서 여러 개의 이미지를 표시 할 수 없습니다 ...

당신은 페이지 이미지 / JPEG하는 브라우저 말하는 것 (즉이 페이지는 이미지입니다)하지만 당신은 여러 이미지 데이터를 울리는 것

당신은 오히려이 같은 모든 이미지를 표시하는 갤러리 페이지를 사용한다 :
```
<?php
// $images = result from database of all image rows
foreach ($images as $img) echo '<img src="img.php?id='.$img["id"].'">';
?>
```
및 img.php에서 :
```
// Load the image data for id in $_GET['id'];
header("Content-type: image/jpeg");
echo $data;
```

from https://stackoverflow.com/questions/8758548/how-to-display-all-the-images-stored-inside-a-database by cc-by-sa and MIT license

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복붙노트

[SQL] 데이터베이스 내부에 저장된 모든 이미지를 표시하는 방법

데이터베이스 내부에 저장된 모든 이미지를 표시하는 방법

해결법

2.좋아, 당신은 이미지 / JPEG 페이지 내에서 여러 개의 이미지를 표시 할 수 없습니다 ...

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