Не вводится маршрут изображения PHP и MYSQL

Я имею список реестров по отношению к, которые я хочу ввести изображения используя id_persona как ключ ссылки в таблицу изображения. У этой таблицы изображений только есть 3 поля id_imagen, id_persona (чужеземно) и маршрут...

Проблема состоит в том, что я только получаю изображения в папке сервера, но маршрут не вводится...

 <?php

 include("conexion.php");
 $id_persona = $_POST['id_persona'];


 //Como el elemento es un arreglos utilizamos foreach para extraer todos los 
 valores
 foreach($_FILES["file"]['tmp_name'] as $key => $tmp_name)
 {
 //Validamos que el archivo exista
 if($_FILES["file"]["name"][$key]) {
    $filename = $_FILES["file"]["name"][$key]; //Obtenemos el nombre 
  original del archivo
    $source = $_FILES["file"]["tmp_name"][$key]; //Obtenemos un nombre 
  temporal del archivo

    $directorio = 'imagenes/'; //Declaramos un  variable con la ruta donde 
  guardaremos los archivos

    //Validamos si la ruta de destino existe, en caso de no existir la 
  creamos
    if(!file_exists($directorio)){
        mkdir($directorio, 0777) or die("No se puede crear el directorio de 
  extracci&oacute;n");  
    }

    $dir=opendir($directorio); //Abrimos el directorio de destino
    $target_path = $directorio.'/'.$filename; //Indicamos la ruta de 
  destino, así como el nombre del archivo

    //Creamos consulta
    $query = "INSERT INTO imagenes (id_persona, ruta) values 
   ('$id_persona','$target_path')";
        //Movemos y validamos que el archivo se haya cargado correctamente
    //El primer campo es el origen y el segundo el destino
    if(move_uploaded_file($source, $target_path)) { 
        echo "El archivo $filename se ha almacenado en forma exitosa.<br>";
        } else {    
        echo "Ha ocurrido un error, por favor inténtelo de nuevo.<br>";
    }
    closedir($dir); //Cerramos el directorio de destino
    }
  }  
0
задан 28.11.2019, 07:47
3 ответа

Ни одна ни другая, она soluciГіn он не был простым и дело в том, что моя ошибка состояла в том, что sГіlo он создавал консультацию, но не давал ему использование:

  <?
  $query = "INSERT INTO imagenes (id_persona, ruta) values 
  (".$id_persona.",'".$target_path."')";
  if(mysqli_query($conn,$query)) {
  echo "Registro guardado correctamente!";
  } else {
  echo "Error: " . mysqli_error($conn);
  }
  ?>
0
ответ дан 01.12.2019, 10:41

Во-первых проверь, что всегда существовал реестр Изображения, это может не удаваться, я занимаю эту форму, также - часть, который, если есть другие imГЎgenes, что имели то же имя поэтому я это работа в этой форме

$destino = '../images/galeria_imagen/';

if (is_uploaded_file(

Во-первых проверь, что всегда существовал реестр Изображения, это может не удаваться, я занимаю эту форму, также - часть, который, если есть другие imГЎgenes, что имели то же имя поэтому я это работа в этой форме

[110]

Adactala по отношению к твоему вкусу, и проверяют.

FILES['imagen']['tmp_name'])) { $tmp_name =

Во-первых проверь, что всегда существовал реестр Изображения, это может не удаваться, я занимаю эту форму, также - часть, который, если есть другие imГЎgenes, что имели то же имя поэтому я это работа в этой форме

[110]

Adactala по отношению к твоему вкусу, и проверяют.

FILES['imagen']['tmp_name']; $name =

Во-первых проверь, что всегда существовал реестр Изображения, это может не удаваться, я занимаю эту форму, также - часть, который, если есть другие imГЎgenes, что имели то же имя поэтому я это работа в этой форме

[110]

Adactala по отношению к твоему вкусу, и проверяют.

FILES['imagen']['name']; $nombre_nuevo_al_producto = 'nombre_imagen'; $nombre_tipo_nuevo_al_producto = 'jpg'; $variable_ingreso = ""; $data = true; do{ $data = false; $directorio = opendir($destino); if($contador_lista_archivo_producto>0){ $variable_ingreso = $nombre_nuevo_al_producto.$contador_lista_archivo_producto.'.'.$nombre_tipo_nuevo_al_producto; }else{ $variable_ingreso = $nombre_nuevo_al_producto.'.'.$nombre_tipo_nuevo_al_producto; } while ($archivo = readdir($directorio)) //obtenemos un archivo y luego otro sucesivamente { if($variable_ingreso == $archivo){ $contador_lista_archivo_producto = $contador_lista_archivo_producto+1; $data = true; } } }while($data); if(rename($tmp_name, $destino.$variable_ingreso)){

Во-первых проверь, что всегда существовал реестр Изображения, это может не удаваться, я занимаю эту форму, также - часть, который, если есть другие imГЎgenes, что имели то же имя поэтому я это работа в этой форме

[110]

Adactala по отношению к твоему вкусу, и проверяют.

GRABAR_SQL2 = "insert into image(nombre, direccion, tipo) values ('".$variable_ingreso."','images/galeria_imagen/".$variable_ingreso."','".$tipo_ingresa_data."'); "; $count = $conexion->exec(

Во-первых проверь, что всегда существовал реестр Изображения, это может не удаваться, я занимаю эту форму, также - часть, который, если есть другие imГЎgenes, что имели то же имя поэтому я это работа в этой форме

[110]

Adactala по отношению к твоему вкусу, и проверяют.

GRABAR_SQL2); } }

Adactala по отношению к твоему вкусу, и проверяют.

-1
ответ дан 01.12.2019, 10:41
  • 1
    validació n он не подал меня, как это у тебя есть, благодаря тому, что маршрут с именем изображения я это сохраняю в единственной переменной.... – Suri Gang's Hallen 28.11.2019, 20:52

Уже возможно, что существует одна id_persona зарегистрированная с этой стоимостью? Ты должен убеждаться в этом перед тем, как использовать INSERT. В этом случае консультация должна меняться в форму:

UPDATE ... ....  WHERE 'id_persona' = $id_persona

не espec¦-ficas в твоей проблеме, если по крайней мере поле id_persona вводится правильно. Давно я не использую PHP с MySQL, но ты должен проверять манеру создавать query, потому что часто есть ошибки в s¦-mbolos как paréntesis и кавычки.

mÃ: s важно, ты создал цепь, которая является текстом query, но это не выполняешь, должен добавлять mysql_query ($query) или что-то очень сходное, чтобы это выполнять.

-3
ответ дан 01.12.2019, 10:41
  • 1
    Greydel Перес Феррер Ми возвращает ошибку: $act = "INSERT INTO imagenes (id_persona, ruta) values ('$id_persona','$target_path') WHERE id_persona = '$id_persona'"; – Suri Gang's Hallen 28.11.2019, 09:51
  • 2
    INSERT он не выносит claú sula WHERE. в любом случае habrí в который использовать UPDATE – Javi Ps 28.11.2019, 10:24
  • 3
    @Javi Ps, но то, в чем я нуждаюсь, он состоит в том, чтобы вводить – Suri Gang's Hallen 28.11.2019, 15:46
  • 4
    То, что я сказал в конце моего ответа – Greydel Perez Ferrer 29.11.2019, 16:20

Теги

Похожие вопросы