Изображения отображаются пустыми при получении из PHP базы данных MySQL

Question

У меня есть четыре файла:

1. main.php файл моего HTML отправить форму, которая отправляет изображение и текст с изображением

2. storeinfo.php его отправляет все мои данные из формы html в базу данных, в которой он работает, мое изображение и текст из формы успешно отправлены.

3. image.php извлекает изображение из базы данных и имеет функцию заголовка для преобразования aimagetype в любой формат изображение png, jpeg ect.

4. show.php извлекает весь текст с изображениями и отображает все изображения с текстом , однако изображения не отображаются, вместо этого я получаю пустой ящик, когда изображение не отображается.

Я не могу найти свою ошибку, я предполагаю, что это что-то делать с функцией заголовка в image.php или при попытке отобразить изображение с HTML IMG тега в шоу. PHP. Загрузка изображения (которое хранится как blob) в базу данных успешно. Почему изображения не отображаются?

код, чтобы каждой странице:

1. main.php HTML-форма

   <form enctype="multipart/form-data" action="storeinfo.php" method="POST"> 
   
   <table border=0 align=center bgcolor=black width=100%> 
   <tr><td colspan=2><h2>&nbsp</h2></td></tr> 
   </table> 
   
   
   <table border=0 align=center bgcolor=grey> 
   <tr><td colspan=2><h2>Animal Information</h2></td></tr> 
   <tr> 
   <td>Name</td><td><input type=text name="aname"></td> 
   </tr> 
   <tr> 
   <td>Description</td><td><input type=text name="adetails"></td> 
   </tr> 
   <tr> 
   <td>Photo</td><td><input type=file name="aphoto"></td> 
   </tr> 
   <tr> 
   <td></td><td><input type=submit name="submit" value="Store Information"></td> 
   </tr> 
   </table> 
   </form> 
   

2. storeinfo.php

   <?php 
   $conn = mysql_connect("localhost","root",""); 
   if(!$conn) 
   { 
   echo mysql_error(); 
   } 
   $db = mysql_select_db("imagestore",$conn); 
   if(!$db) 
   { 
   echo mysql_error(); 
   } 
   $aname = $_POST['aname']; 
   $adetails = $_POST['adetails']; 
   $aphoto = addslashes (file_get_contents($_FILES['aphoto']['tmp_name'])); 
   $image = getimagesize($_FILES['aphoto']['tmp_name']);//to know about image type etc 
   
   $imgtype = $image['mime']; 
   
   $q ="INSERT INTO animaldata VALUES('','$aname','$adetails','$aphoto','$imgtype')"; 
   
   $r = mysql_query($q,$conn); 
   if($r) 
   { 
   echo "Information stored successfully"; 
   } 
   else 
   { 
   echo mysql_error(); 
   } 
   ?> 
   

3. image.php

   <?php 
   
   $conn = mysql_connect("localhost","root",""); 
   if(!$conn) 
   { 
   echo mysql_error(); 
   } 
   $db = mysql_select_db("imagestore",$conn); 
   if(!$db) 
   { 
   echo mysql_error(); 
   } 
   $id = $_GET['id']; 
   $q = "SELECT aphoto,aphototype FROM animaldata where id='$id'"; 
   $r = mysql_query("$q",$conn); 
   if($r) 
   { 
   
   $row = mysql_fetch_array($r); 
   $type = "Content-type: ".$row['aphototype']; 
   header($type); 
   echo $row['aphoto']; 
   } 
   else 
   { 
   echo mysql_error(); 
   } 
   
   ?> 
   

4. show.php

   <?php 
   //show information 
   
   
   $conn = mysql_connect("localhost","root",""); 
   if(!$conn) 
   { 
   echo mysql_error(); 
   } 
   $db = mysql_select_db("imagestore",$conn); 
   if(!$db) 
   { 
   echo mysql_error(); 
   } 
   
   $q = "SELECT * FROM animaldata"; 
   $r = mysql_query("$q",$conn); 
   if($r) 
   { 
   while($row=mysql_fetch_array($r)) 
   { 
   //header("Content-type: text/html"); 
   echo "</br>"; 
   echo $row['aname']; 
   echo "</br>"; 
   echo $row['adetails']; 
   echo "</br>"; 
   
   //$type = "Content-type: ".$row['aphototype']; 
   //header($type); 
   
   //$lastid = mysql_insert_id(); 
   // $lastid = $lastid; 
   //echo "Your image:<br /><img src=image.php?id=$lastid />"; 
   
   echo "<img src=image.php?id=".$row['id']." width=300 height=100/>"; 
   
   
   } 
   } 
   else 
   { 
   echo mysql_error(); 
   } 
   
   
   ?> 
   

Answer 1

Прежде всего я нашел учебник о том, как сделать то, что вы пытаетесь сделать здесь: http://www.mysqltutorial.org/php-mysql-blob/

2 всех вас должен использовать mysql_escape_string (file_get_contents ($ _ FILES ['aphoto'] ['tmp_name'])) вместо addshlashes.

Основываясь на этих двух правилах, вы должны быть в состоянии выяснить, что не так с вашим кодом, вы также можете попробовать с меньшими изображениями.

Answer 2

Существует множество проблем с кодом, но наиболее примечательными в том, что вы используете deprecated mysql functions, и ваш код уязвим для SQL injection attack.

Я переписал storeinfo.php и image.php для работы с расширением mysqli и использования привязки параметров для смягчения SQL-инъекции. Я оставлю переписывание show.php в качестве упражнения для вас.

Обратите внимание, что я сделал некоторые предположения о структуре вашей таблицы, поэтому вам может потребоваться внести некоторые изменения в код SQL.

storeinfo.php

$aname = $_POST['aname']; 
$adetails = $_POST['adetails']; 
$aphoto = file_get_contents($_FILES['aphoto']['tmp_name']); 
$image = getimagesize($_FILES['aphoto']['tmp_name']);//to know about image type etc 
$imgtype = $image['mime']; 

$conn = new mysqli("localhost","root","", "imagestore"); 
if ($conn->connect_errno) { 
    echo "Failed to connect to MySQL: (" . $conn->connect_errno . ") " . $conn->connect_error; 
} 

if (!($stmt = $conn->prepare("INSERT INTO animaldata (aname, adetails, aphoto, aphototype) VALUES(?, ?, ?, ?)"))) { 
    echo "Prepare failed: (" . $conn->errno . ") " . $conn->error; 
} 
if (!$stmt->bind_param("ssbs", $aname, $adetails, $aphoto, $imgtype)) { 
    echo "Binding parameters failed: (" . $stmt->errno . ") " . $stmt->error; 
} 
$stmt->send_long_data(2, $aphoto); 

if (!$stmt->execute()) { 
    echo "Insert failed: (" . $conn->errno . ") " . $conn->error; 
} else { 
    echo "Information stored successfully"; 
} 

image.php

$conn = new mysqli("localhost","root","", "imagestore"); 
if ($conn->connect_errno) { 
    echo "Failed to connect to MySQL: (" . $conn->connect_errno . ") " . $conn->connect_error; 
} 

if (!($stmt = $conn->prepare("SELECT aphoto, aphototype FROM animaldata where id=?"))) { 
    echo "Prepare failed: (" . $conn->errno . ") " . $conn->error; 
} 
if (!$stmt->bind_param("i", $_GET['id'])) { 
    echo "Binding parameters failed: (" . $stmt->errno . ") " . $stmt->error; 
} 

if (!$stmt->execute()) { 
    echo "Select failed: (" . $conn->errno . ") " . $conn->error; 
} else { 
    $stmt->bind_result($aphoto, $aphototype); 
    $stmt->fetch(); 

    header("Content-type: ".$aphototype); 
    echo $aphoto; 
}