无法从数据库中获取图像

Question

我正在尝试在我的网页上显示图像，内容正在从我的数据库中获取，但我面临的问题是显示图像。 请问，谁能指导我应该如何显示图像？

我的意思是说出我应该给的路径

这里的"图像"是我的列名，这是我的观点

<?php 
if( !empty($results) ) {
foreach($results as $row) {?>
<div class="col-sm-4">
<img src="<?php echo base_url('uploads/');$image?>" alt="">
<h3><?php echo $row->title; ?></h3>
<p><?php echo $row->content; ?></p>
</div> 
<?php 
} ?>
<?php }
?>

Answer 1

希望这会对您有所帮助：

使用这个 ：<img src="<?php echo base_url('uploads/'.$row->image);?>" alt="">

整个代码应该是这样的：

<?php 
if( !empty($results) ) {
foreach($results as $row) {?>
<div class="col-sm-4">
<img src="<?php echo base_url('uploads/'.$row->image);?>" alt="">
<h3><?php echo $row->title; ?></h3>
<p><?php echo $row->content; ?></p>
</div> 
<?php 
} ?>
<?php }
?>

Answer 2

如果$image是列名(包含图像名称(，则替换

<img src="<?php echo base_url('uploads/');$image?>" alt=""> 

跟

<img src="<?php echo base_url();?>uploads/<?php echo $row->image;?>" alt="">

Answer 3

如果$image有图像路径，则删除";"并在echo base_url('uploads/');$image?>行中添加".">

Answer 4

您在这里发出的是以下代码;

<?php echo base_url('uploads/');$image?>

这是因为您没有连接字符串，而只是说它是变量名，因此，使用以下将提供输出;

<?php echo base_url('uploads/') . $image' ?>

这替换了分号的句点(.(，这是PHP连接运算符

显然，存在您没有设置的问题$image，这将需要(使用前(;

$image = $row['image_column_name'];
// Or
$image = $row->img_column_name