VISUALIZZARE IMMAGINI DA DB PHP/MYSQL

yesno

Nuovo Utente
13 Feb 2013
30
0
6
Ciao a tutti, ho fatto un sacco di ricerche a giro, ho trovato un sacco di materiale ma niente che mi risolva il problema.
Io ho fatto un'area riservata in cui l'amministratore del sito inserisce annunci seguiti da un immagine del prodotto.
Nell'inserimento avviene tutto in modo corretto, mi carica il file con nome, tipo e dati (tipo BLOB nel db).

Quando vado a visualizzarlo ho scritto il seguente codice (ho sottolineato il pezzo di codice che interessa):

$mysqli = new mysqli('localhost', 'root', '', 'nome');
$mysqli->autocommit(true);
$a = "SELECT * FROM cani WHERE tipo = 'type' ORDER BY id DESC";
$result = $mysqli -> query($a);
while($row = $result -> fetch_assoc()){
echo '<p><a href="mostra.php?id=$row[id]">$row[nome_file]</a></p>\n';
echo $row['titolo']."<br>";
echo $row['descrizione']."<br>";
echo "<br><hr><br><br>";
}
$mysqli -> close();


E questa è la pagina mostra.php

<?php
$mysqli = new mysqli('localhost', 'root', '', 'cani');
$mysqli->autocommit(true);
$query = "SELECT * FROM img WHERE id= '$id_'";
$risultato = mysql_query($query);
$tmp = mysql_fetch_array($risultato) or die('Query non valida: ' . mysql_error());
header('Content-Type: '.$tmp['tipo_file']);
echo $tmp['dati-file'];

$mysqli -> close();
?>

Errore: no database selected

Grazie a tutti per adesso
 

borgo italia

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4 Feb 2008
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www.borgo-italia.it
ciao
un paio di osservazioni
intanto prova a scrivere il link così
PHP:
echo '<p><a href="mostra.php?id='.$row['id'].'">'.$row['nome_file'].'</a></p>\n';
poi mella pagina in cui visualizzi la foto secondo me intanto mescoli la programmazione ad oggetti con la procedurale, ma soprattutto
mysql con mysqli
PHP:
//....
$risultato = mysqlì_query($conn, $query);
$tmp = mysqli_fetch_array($risultato) or die('Query non valida: ' . mysqli_error());
//....
prova a sistemare e riprova

p.s.
quendo posti il codice usa gli appositi bccode
 

cris8380

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3 Giu 2016
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Ciao a tutti, ho fatto un sacco di ricerche a giro, ho trovato un sacco di materiale ma niente che mi risolva il problema.
Io ho fatto un'area riservata in cui l'amministratore del sito inserisce annunci seguiti da un immagine del prodotto.
Nell'inserimento avviene tutto in modo corretto, mi carica il file con nome, tipo e dati (tipo BLOB nel db).

Quando vado a visualizzarlo ho scritto il seguente codice (ho sottolineato il pezzo di codice che interessa):

Non sei chiaro

quella stringa di codice sta a significare

stampa a video .
ma non ho capito cosa ti serve
 

yesno

Nuovo Utente
13 Feb 2013
30
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6
Ok ho fatto progressi ;)
Ma mi da ancora un'altro errore, ho fatto così

Codice:
    $id_ = $_GET['id'];
    mysql_connect('localhost', 'root', '')or die('Connessione non riuscita: ' . mysql_error());
    if(!mysql_select_db('cani'))die('Selezione database fallita!');
    $query = "SELECT * FROM img WHERE id= '$id_'";
    $risultato = mysql_query($query) or die('Query non valida: ' . mysql_error());
    $tmp = mysql_fetch_array($risultato);
    header('Content-Type: '.$tmp['tipo_file']);
    echo $tmp['dati-file'];

Mi dà il seguente errore -> Cannot modify header information - headers already sent by...
Vi ringrazio ancora. Ciao
 

yesno

Nuovo Utente
13 Feb 2013
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No ma è racchiuso nel tag html head e body. Provo a tpglierli e vi faccio sapere. Ancora grazie
 

borgo italia

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MOD
4 Feb 2008
16.042
148
63
PR
www.borgo-italia.it
ciao
ti schematizzo
PHP:
<?php //prima di questo nemmeno uno spazio voto
$id_ = $_GET['id'];
mysql_connect('localhost', 'root', '')or die('Connessione non riuscita: ' . mysql_error());
if(!mysql_select_db('cani'))die('Selezione database fallita!');
$query = "SELECT * FROM img WHERE id= '$id_'";
$risultato = mysql_query($query) or die('Query non valida: ' . mysql_error());
$tmp = mysql_fetch_array($risultato);
header('Content-Type: '.$tmp['tipo_file']);
?>
<!DOCTYPE html>
<html>
<head>
<!-- i meta, css, js-->
</head>
<body>
<!-- quello che ti serve-->
<?php echo $tmp['dati-file'];?>
</body>
</html>
 
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