Q&A
ご回答有難うございます。
$data["img"]にはデータベースからの値が取得できているようです。
Imagickについては、参考にしたソースが使用していた為、使用しております。
他に、良い表示方法がございましたら、お教え頂けますと幸いです。
お願い致します。
PHPバージョン5.6
MySQLバージョン情報： 4.5.1
XAMPPにてローカル環境
public_htmlディレクトリ階層に「upload」フォルダを作成してアップロードした画像は
「upload」に保存され、データベースにはファイル名が保存されるようにしております。
現在、下記の方法で画像を読みだして、ブラウザに表示しようとしておりますが
何度やってもうまくいかない為、お力をお貸し頂ければと思います。
データベースから呼び出した、画像名が$data["img"]に格納されるようになっております。
$tmpに直接画像名を（例えば1.jpg）記述した場合はうまく表示されますが、$data["img"]
でデータベースからのデータを入れるとうまく表示することができません。
また、thumbnailImageで画像を比率を保ったまま、縮小したいのですが、こちらも
上手く動いてくれなくて困っております。
//image.php <?php //ファイルを出力 header('Content-type: image/jpeg'); $tmp = $data["img"]; $imgurl = '../upload/' .$tmp; $img = readfile($imgurl); $image = new Imagick($img); $image->thumbnailImage(100, 0); echo $image; ?> 出力側は <img src="image.php"> で出力しております。
現在、header('Content-type: image/jpeg')でjpegの画像以外の場合
他の拡張子（gif）等に変更する良いロジックがございましたら、お知恵をお貸し下さいませ。
PHPの初心者ですので、わからないことが多く、質問ばかりとなりますが宜しくお願い致します。
回答3件
0
自己解決
Imagickではなく、GDを利用して同じ動きを実装することができました。
ご助言有難うございました。
投稿2016/09/29 01:01
総合スコア28
0
Imagickは使ったことないので勘でお答えします。
$tmpに直接画像名を入れた場合はOKということなので、$data["img"]に正しく値が取得できているかご確認ください。
thumbnailImageについては第三パラメーターをtrueにすると良さそうです。
$image->thumbnailImage(100, 100、true);
投稿2016/09/01 06:26
総合スコア16998
いや、よくわからないのですが、$tmpに直接入れた場合はOK、$data["img"]の場合はNG、ってことはどう考えても$data["img"]の値がおかしいですよね？
「取得できているようです」という曖昧な確認ではなく、きちんと確認をお願いします。
echoでもvar_dumpでもいいので、$data["img"]の値を提示してみてください。
それからthumbnailImageは第三パラメーターについては試していただけたのですか？
返信が遅くなりすみませんでした。
$data["img"]につきましては、image.phpで確認をしないと意味がないのに
出力側のファイルでvar_dumpで確認しておりました。
結果としては、$data["img"]が取得出来ておりませんでした。
曖昧なお答えと勘違いをしており、大変申し訳ございませんでした。
thumbnailImageは第三パラメーターについては、試させて頂き表示できました
誠にありがとうございます。
現状として、image.phpの中で
if(isset($_GET['id'])){
//ここでデータベースの情報を取ってくる。
$stmt_id = $pdo->prepare(" SELECT img FROM setting WHERE id = :id ;");
$stmt_id->bindValue(':id', $_GET['id'], PDO::PARAM_INT);
$stmt_id->execute();
$data = $stmt_id->fetch(PDO::FETCH_ASSOC);
}
※データベース内のi㎎にはリネームした画像名で保存しております。
$_GETでidを取得してデータベースから画像名を引っ張ってきたいのですが
image.phpは出力したいファイルにて<img src="image.php">という形で
使用しています。
この際、出力したいファイルの$_GETの情報をimage.phpへと受け渡す
方法がわからない状況です。
public_htmlディレクトリ階層にリネームした、画像が保存されるため
画像の保存されているディレクトリをソースに表示しない方向で考えて
います。
ご質問ばかりで大変申し訳ございませんが、是非お知恵をお貸し頂ければ
と思います。
宜しくお願い致します。
これじゃダメですか？
<img src="image.php?id=xxx">
idを受け渡す処理ついては、実装できました。
有難うございます。
しかし、データベースから取ってきた、リネームした画像名を
image.phpで表示することができません。
現在、SHA-1ハッシュと現在の時刻から、画像名をリネームして
画像名をデータベースに格納しております。
画像ファイルについては、move_uploaded_fileで
画像ファイルをuploadフォルダに移動させております。
uploadフォルダの画像名を直接
$tmp = ”uploadフォルダの画像名”;
$imgurl = '../upload/' .$tmp;
のようにすると画像が表示されますが
$tmp = $data["img"];
$imgurl = '../upload/' .$tmp;
※$data["img"]の値は受け取れています。
の場合は画像が表示されません。
また、直接phpMyadminの該当テーブルの
画像名をコピーして
$tmp = ”コピペして画像名を貼り付け”;
とした時も画像が表示されません。
何か出力をさせる際に、特別な処理が必要なのか解らない
のが現状です。
この部分が解決できなく困っております。
何卒お力をお貸しくださいませ。
テーブルの値が怪しいように思うので、試しにtrimしたらどうなりますかね。
$imgurl = '../upload/' .trim($tmp);
いろいろご指導頂きありがとうございます。
trimをしてみましたが、表示されませんでした。
どこか根本的な部分が間違っている可能性も
あるかもしれないですね。もう一度、確認してみます。
別の表示方法も視野に入れることも考えたいと思います。
他に、良い表示方法等がございましたら、お教え頂けますと幸いです。
あと考えられそうなのは、文字コードが違うとかでしょうか。
0
ファイルのアップロードはフォームからやっていますか？
そうなら$_FILESでファイル名などの他にtypeがわたされるので
あわせてdbに登録しておけばtypeにあわせたheaderを出力すればいいでしょう
そうでないなら拡張子で判断することです。
ちなみに$data["img"]が唐突にでてきますが
これは$_GET["img"]などではないのでしょうか？
<img src="image.php?img=xxx.jpg">などでデータ渡しして
file_exists()で存在確認をしたほうがよいでしょう。
また不正なフォルダを参照されないようになんらかのセキュリティチェックをしてください
なお、ファイル名をそのままサーバーにデータをおくと
ファイル名が競合すると上書きされたりしますので
任意にファイル名は付け直して、ファイル名自体はDB側で持つほうがよいでしょう
投稿2016/09/01 06:23
総合スコア114829
ご回答有難うございます。
ご説明が足りなくて申し訳ございません。ファイル名につきましては、
つけなおして保存しております。
ファイル保存とデータベースへの登録は、問題なくできている思います。
出力の方法として、Imagickを使用しておりますが、参考にしたソースが使用していた為、使用しているのが現状です。
他に、良い表示方法がございましたら、お教え頂けますと幸いです。
宜しくお願い致します。
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2016/09/29 01:07
2016/09/29 01:53