2012-02-10 2 views
0
<?php 

$con = mysql_connect("localhost","root",""); 
mysql_select_db("image", $con); 

if ($_SERVER['REQUEST_METHOD'] == 'POST') 
{ 
    $result = mysql_query("SELECT * FROM image ORDER BY file_name DESC LIMIT 1"); 

    $row = mysql_fetch_array($result); 
    $src = '"'.$row['file_name'].'"'; 
    $targ_w = $targ_h = 300; 
    $jpeg_quality = 90; 

    $img_r = imagecreatefromjpeg($src); 
    $dst_r = ImageCreateTrueColor($targ_w, $targ_h); 

    imagecopyresampled($dst_r,$img_r,0,0,$_POST['x'],$_POST['y'], 
    $targ_w,$targ_h,$_POST['w'],$_POST['h']); 

    header('Content-type: image/jpg'); 
    imagejpeg($dst_r,null,$jpeg_quality); 

    exit; 
} 
?> 

Я могу извлечь имя_файл из базы данных по вторя, но я не смог прикрепить файл в этой части $img_r = imagecreatefromjpeg($src); это, где это приводит к ошибкам? любая идея?Невозможно прикрепить имя файла

+0

Есть ли сообщение об ошибке, которое создается при запуске этого скрипта? –

ответ

2

Ум ... Потому что вы добавляете котировки к имени файла без причины?

Изменить $src = '"'.$row['file_name'].'"';$src = $row['filename'];.

+0

спасибо большое! он уже работает! – apple

+0

Если этот ответ был удовлетворительным, отметьте его как «Принято» - см. [FAQ] (http://stackoverflow.com/faq#howtoask) на тему «как спросить». –

+0

Я хотел получить последнюю запись из базы данных, поэтому я включил этот код. $ result = mysql_query ("SELECT * FROM image ORDER BY имя_файла DESC LIMIT 1"); , но он не обновляется и не получает самую последнюю запись. – apple

Смежные вопросы