不能顯示圖像

這是PHP代碼：不能顯示圖像

<?php  

$dbhost = 'localhost';  
$dbuser = 'root';  
$dbpass = ''; 
$dbname = 'moviefone';  
$con = mysql_connect($dbhost, $dbuser, $dbpass); 
mysql_select_db($dbname, $con);  

// Check connection  
if (mysqli_connect_errno()) { 
    echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error();  
}  

$data = mysql_query("SELECT * FROM new_hindi LIMIT 4") or die(mysql_error()); $info = NULL; 

while($row = mysql_fetch_array($data))  
{  
    $info = $row ;  
};  


?>

和HTML：

<div class="sub-column1"> 
    <a class="new_movies" href="#"><span>New</span></a> <a href="#"><img src= 
    "%3C?php%20echo%20$info[">" width="140" height="200" class="new-img" 
    /&gt;</a> <a class="img_titles" href="#"><?php echo $info["title"];?></a> 
    <a class="new_english" href="#"><span>New</span></a> 
</div>

我不能顯示圖像和標題。它顯示沒有錯誤，但圖像是空白的。

來源

2013-11-03 Loke Cool

在提問時，換行符和可讀代碼是您的朋友。 – Fluffeh

請不要使用'mysql_ *'函數，它們已被棄用。請參閱[爲什麼我不應該在PHP中使用mysql_ *函數？]（http://stackoverflow.com/questions/12859942/why-shouldnt-i-use-mysql-functions-in-php）以獲取詳細信息。相反，您應該瞭解[準備好的語句]（http://bobby-tables.com/php.html）並使用[PDO]（http://php.net/pdo）或[MySQLi]（http：// php.net/mysqli）。如果你不能決定哪些，[這篇文章]（http://php.net/manual/en/mysqlinfo.api.choosing.php）會幫助你。如果你選擇PDO，[這裏是一個很好的教程]（http://wiki.hashphp.org/PDO_Tutorial_for_MySQL_Developers）。 –

你可以發佈你的完整代碼嗎？ –

問題是您的$info數組不在範圍內。您必須將循環中的值分配給另一個變量或將信息推送到範圍內的另一個數組。

來源

2013-11-03 21:12:51 puelo

感謝它的工作，但現在圖像重複。如何顯示前四個條目？ –

你能說明你現在怎麼做了嗎？編輯您的帖子 – puelo

我已編輯帖子。您可能會看到我所做的更改 –

$info不在您使用它的範圍內。您需要將HTML放入while()

通常的警告......請不要使用這種類型的已折舊的mysql連接，而應使用PDO。

<?php  

    $dbhost = 'localhost';  
    $dbuser = 'root';  
    $dbpass = ''; 
    $dbname = 'moviefone';  
    $con = mysql_connect($dbhost, $dbuser, $dbpass); 
    mysql_select_db($dbname, $con);  

    // Check connection  
    if (mysqli_connect_errno()) { 
     echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error();  
    }  

    $data = mysql_query("SELECT * FROM new_hindi LIMIT 4") or die(mysql_error()); 

    while($row = mysql_fetch_array($data)){ ?> 

     <div class="sub-column1"> 
      <a class="new_movies" href="#"><span>New</span></a> <a href="#"><img src="<?php echo $row['image'];?>" width="140" height="200" class="new-img" /></a> <a class="img_titles" href="#"><?php echo $row["title"];?></a> 
      <a class="new_english" href="#"><span>New</span></a> 
     </div>  

     <?php 
    } 


?>

來源

2013-11-03 22:18:53 Chris

對不起，這不起作用！ –

您可能需要更改'$ row ['image']'以匹配您在數據庫中爲圖像列指定的名稱，但只要查詢返回結果就可以工作 – Chris

嗯，我得到了它的工作，但我想要四要顯示的圖像，但只有一個圖像在四個不同的地方重複。 –

不能顯示圖像

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