在 MYSQL 数据库中上传图像并使用 PHP 和 Swift 显示它答案

【问题标题】：Upload image in MYSQL database & display it using PHP with Swift在 MYSQL 数据库中上传图像并使用 PHP 和 Swift 显示它
【发布时间】：2018-06-08 07:31:53
【问题描述】：

问题说明：我正在使用 Swift 和 PHP 的 POST 请求在 MYSQL 数据库中上传图像。我能够在数据库中插入选定的图像。但无法显示。

MYSQL 表格式：

现在我将这些图像从数据库显示到我的本地主机。这给了我如下结果......

Swift 文件：

@IBAction func uploadOnServer(sender: AnyObject)
{
    if Description.text == "" || imageView.image == nil
    {

    }
    else
    {
        let img:UIImage = imageView.image!

        let request = NSMutableURLRequest(URL:NSURL(string: "http://localhost/RESTAPI/UploadImage.php")!)
        request.HTTPMethod = "POST"

        let postString = "img=\(img)"
        request.HTTPBody = postString.dataUsingEncoding(NSUTF8StringEncoding)

        let task = NSURLSession.sharedSession().dataTaskWithRequest(request)
        {
            data, response, error in
            print("response =\(response)")

            if error != nil
            {
                print("error=\(error)")
                return
            }
        }
        task.resume()
        Description.text = ""
        imageView.image = nil

    }
}

PHP 文件：

<?php

    $host = "localhost";
    $username = "scott";
    $password = "tiger";
    $dbname = "mydb";

    $link = mysqli_connect($host, $username, $password, $dbname);
    $arr = array();

     if($link == true)
    {
        //Displaying images from mysql 
        $select_image="select * from images";// where id=1";

        $var=mysqli_query($link,$select_image);

        echo "<table>";
        while($row=mysqli_fetch_array($var))
        {
            //$desc = $row["Description"];
             $img = $row['image'];

              echo "<tr>";//<td><b>$desc</b></td>";
              echo "<td><img src = '$img' width = 100 height = 100></td></tr>";
        }
    }
    else
    {
        die("ERROR: Could not connect. " . mysqli_connect_error());
    }


    if($_SERVER['REQUEST_METHOD'] == "POST")
    {
        $img = $_REQUEST['img'];
        $sql1 = "INSERT INTO images (image) VALUES ('$img')";
        if(mysqli_query($link, $sql1))
        {
            echo "Image added successfully.";
        } 
        else
        {
            echo "ERROR: Could not able to execute $sql1.mysqli_error($link)";
        }
    }

mysqli_close($link);
?>

【问题讨论】：

您正在将原始图像文件输出到 img 标签...
请帮助我应该在哪里进行更改。

标签： ios mysql swift rest

【解决方案1】：

从用户那里获取图片

查看http://php.net/manual/en/reserved.variables.files.php和http://php.net/manual/en/features.file-upload.php和朋友了解如何使用$_FILES接收上传的资料。

一旦将图像放入变量中，比如$jpg，就不要使用任何文本编码/解码函数；它只会破坏事物。下面的不同方法将说明如何避免绊倒 8 位代码。

图片的呈现方式有3种，每一种都有些复杂

将图像存储在数据库中；内嵌显示图片

我已将这种方法用于缩略图，但不建议用于大图像。

将其存储在表格中的MEDIUMBLOB 中，在PHP 中使用bin2hex() 将图像转换为字符串。然后在 MySQL 服务器端使用INSERT ... VALUES (UNHEX('...')) 切换回二进制。

重新加载后，让引用的 PHP 说类似

$b64 = base64_encode($blob);
echo "<img src='data:image/jpeg;base64,$b64'/>";

将图像存储在数据库中；生成图片的PHP脚本

当我想使用 PHP 的“image*”函数在显示之前修改图像时，我会使用它。由于这比您可能需要的涉及更多，因此我将仅略过需要做什么。

页面的 html 将调用另一个脚本，使用您需要的任何参数：

<img src=modify.php?this=stuff&that=stuff>

然后在modify.php，开始

header('Content-type: image/jpeg');

并以此结束（假设您正在构建 JPEG）：

imagejpeg($im);

将图像存储在文件中

这是大多数大型网站大部分时间都首选的方式。

如果您的文件来自上传文件，那么类似这样的操作会将其移至更好的路径，而无需触摸 jpg。

$tmpfile = $_FILES['userfile']['tmp_name'];
move_uploaded_file($tmpfile, $uploadfile);

在 HTML 中，只需生成如下内容：

<img src=path/to/file>

研究一下可以在服务器路径中放置图片的位置，并确保权限足够。

注意：数据库不参与保存图像，而是有一个用于保存url的列"path/to/file"：

image VARCHAR(255) NOT NULL

供进一步讨论

您想深入研究这 3 种技术中的哪一种？
让我们看看您正在生成的 HTML。
让我们看看SHOW CREATE TABLE。

【讨论】：

【解决方案2】：

创建另一个 PHP 文件，输出带有回显的原始图像文件。这个 php 文件将接受一个标识图像的 $_GET 参数……图像 id 就可以了。然后回显图像...可以像这样检索图像：

<img src="imagephpfile.php?id=10" />

其中 id 是 db 中的 id.... imagephpfile.php 是您创建的 php 文件。

此解决方案与此类似： Can't display BLOB stored in database

或者：使用 base64 对内容进行编码，如下所示：

PHP display image BLOB from MySQL

【讨论】：

不显示图片
查看我发布的两个链接...并告诉我哪些解决方案不起作用...
也许您保存在数据库中的那些不是图像 blob……从那里开始……stackoverflow.com/questions/29750353/…

【解决方案3】：

如果这对你有帮助，请告诉我，你可能需要稍微调整一下，但应该做你想做的：

<?php

$host = "localhost";
$username = "scott";
$password = "tiger";
$dbname = "mydb";

$link = mysqli_connect($host, $username, $password, $dbname);
$arr = array();

 if($link == true)
{
    //Displaying images from mysql 
    $select_image = "SELECT * FROM images //WHERE id = $id";
    $sth = $link->query($select_image);
    $result=mysqli_fetch_array($sth);

    //$var=mysqli_query($link,$select_image);

    echo "<table>";
        //$desc = $row["Description"];

          echo "<tr>";//<td><b>$desc</b></td>";
          echo '<td><img src="data:image/jpeg;base64,'.base64_encode( $result['image'] ).'"/></td></tr>';
          echo "</table>";
}
else
{
    die("ERROR: Could not connect. " . mysqli_connect_error());
}


if($_SERVER['REQUEST_METHOD'] == "POST")
{
    $img = $_REQUEST['img'];
    $sql1 = "INSERT INTO images (image) VALUES ('$img')";
    if(mysqli_query($link, $sql1))
    {
        echo "Image added successfully.";
    } 
    else
    {
        echo "ERROR: Could not able to execute $sql1.mysqli_error($link)";
    }
}

mysqli_close($link);
?>

【讨论】：