无法从数据库中获取图像

Question

我试图在我的网页上显示图像，内容从我的数据库中获取，但我面临的问题是显示图像。拜托，任何人都可以指导我如何显示图像？

我的意思是说我应该给予的道路

这里'image'是我的专栏名称，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

希望对你有帮助 ：

使用此：<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），则替换

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

同

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

Answer 3

如果$image有图像路径，则删除';'并添加'。'在echo base_url('uploads/');$image?>线上

Answer 4

你在这里发出的是以下代码;

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

这是因为你没有连接字符串，而只是说它是变量名，所以，使用以下内容将提供输出;

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

这将替换半分数部分通过一段时间（.），这是PHP连接运算符

显然，有一个问题，你没有设置$image，这将需要（使用前）;

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