显示数据库中的路径作为链接，在我的表中

我试图在我创建的报表中显示一个链接，该链接使用存储在我的数据库中的路径创建，但我无法正确计算出如何正确将其显示为图像的链接。所以，而不是表格显示不同的图像，我只是有一个通用的链接，说“IMAGE LINK”或什么，并将他们通过href而不是显示图像的图像src。显示数据库中的路径作为链接，在我的表中

这是该数据在HTML表如何循环：

$i=0; 
while ($i < $num) { 

$date=mysql_result($result,$i,"datetime"); 
$firstname=mysql_result($result,$i,"first"); 
$lastname=mysql_result($result,$i,"last"); 
$message=mysql_result($result,$i,"message"); 
$image=mysql_result($result,$i,"imagepath"); 

echo '<tr>'; 
echo '<td>' . $date . '</td>'; 
echo '<td>' . $firstname . '</td>'; 
echo '<td>' . $lastname . '</td>'; 
echo '<td>' . $message . '</td>'; 
echo '<td>' . $image . '</td>'; 
echo '</tr>'; 

$i++; 
}

，这里是上传位置和图像路径存储变量

//Where the file will be placed 
$target_path = "uploads/"; 

// Add the original filename to target path 
$path= $target_path . basename($image);

报告页面，显示的数据是在还有上传文件夹的根目录。我试过把图像变量（在循环中）添加到通用的src链接，但它什么都不显示或者中断表格并且生成语法错误。这让我难住。

来源

2013-07-29 Alex Howell

* PSA：*'mysql_ *'函数[在PHP 5.5中不推荐]（http://php.net/manual/en/faq.databases.php#faq.databases.mysql.deprecated）。不建议您编写新的代码，因为这会阻止您将来升级。相反，请使用[MySQLi]（http://php.net/manual/en/book.mysqli.php）或[PDO]（http://php.net/manual/en/book.pdo.php）和[是一个更好的PHP开发人员]（http://jason.pureconcepts.net/2012/08/better-php-developer/）。 –

浪费代码。为什么不''$ row = mysql_fetch_assoc（$ result）; echo $ row ['datetime']; echo $ row ['first']'，等等......？比你的mysql_result业务更高效。 –

@Alex你得到的语法错误是什么？ – Shiki

尝试：<a href="<?php echo $target_path; ?><?php echo $image ?>">Image</a>，如果我是对的，它会工作。

来源

2013-08-01 20:48:05 Dylan

显示数据库中的路径作为链接，在我的表中

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