我确定这很简单,但这里的新手。
我有 5 个网址
cards.php&type=one
cards.php&type=two
cards.php&type=three
cards.php&type=four
问题。
如何根据 URL 显示图像
Image Directory = images/cards/one.jpg,two.jpg etc...
感谢您的帮助,非常感谢
$type = $_REQUEST['type'];
if($type == "one")
{
$imag = "images/cards/one.jpg";
}
else if($type == "two")
{
$imag = "images/cards/two.jpg";
}......
或使用
switch ($type)
{
case one:
$imag = "images/cards/one.jpg";
break;
case two:
$imag = "images/cards/two.jpg";
break;
case three:
$imag = "images/cards/three.jpg";
break;
default:
$imag = "images/cards/default.jpg";
}
试试这个,我认为它可能会对你有所帮助。
试试这个:
echo "<img src='{$_GET['type']}.jpg' />";
并检查:
if (isset($_GET['type']) && (trim($_GET['type']) != "")) {
echo "<img src='". $_GET['type'] .".jpg";
}
首先,"层次结构部分"和查询字符串之间的分隔符是?
,而不是&
,参见RFC 3986 - 统一资源标识符(URI):通用语法。因此,您的 URL 应如下所示:
cards.php?type=one
cards.php?type=two
cards.php?type=three
cards.php?type=four
现在,检查全局$_GET
数组的内容,例如 print_r($_GET)
.应找到一个条目,其中包含与查询字符串参数对应的键type
。
接下来,使用 type
的值 ( $_GET['type']
) 编写图像标记。请注意,用户可以轻松操作查询字符串,因此应执行一些输入清理。