我有一个php页面，它检索远程图像的完整url，然后它必须显示它。但是我收到错误"无法显示，因为它包含错误"。我需要这个应用程序的脚本。有人可以在这里指出错误吗？
网址运行良好，因为当我回显网址时。它正确地呼应了它。所以我假设错误出现在 imag 标头或其他东西中。请帮忙。
请注意，数据库存储jpeg的文件名...例如。文件名.jpg
<?php
if (isset($_GET['id'])){
$id = $_GET['id'];
}
$username="--";
$password="--";
$hostname = "xxxx";
//connection string with database
$dbhandle = mysql_connect($hostname, $username, $password)
or die("Unable to connect to MySQL");
// connect with database
$selected = mysql_select_db("1775125_tourist",$dbhandle)
or die("Could not select examples");
$query = mysql_query("Select * FROM photo_details WHERE place_id = '$id'");
while($row = mysql_fetch_assoc($query)){
$imageData = $row["photo"];
}
$url = "http://optimusone.net46.net/testing_only/uploads/".$imageData;
header('Content-Type: image/jpg');
imagejpeg($url);
?>
试试这个：这段代码放在代码的顶部。
/ Report all PHP errors (see changelog)
error_reporting(E_ALL);
// Report all PHP errors
error_reporting(-1);
// Same as error_reporting(E_ALL);
ini_set('error_reporting', E_ALL);
更多信息
你的问题在于你使用 PHP 输出图像的方式。
如果您在服务器上有一个图像文件，并希望将其流式传输到浏览器，请尝试使用此 PHP 文档页面中的示例代码：
http://php.net/manual/en/function.imagecreatefromjpeg.php（示例 #1）
如果您有位于其他Web服务器上的图像的URL，并希望使用HTML显示它，请尝试以下行：
print "<img src='$url' alt=''>";