Я использовал следующий код, чтобы добавить несколько изображений в мою базу данных через админку моего сайта, это прекрасно работает, но я хочу отобразить несколько изображений, которые были загружены для этой конкретной ID транспортного средства ... в принципе я пытаюсь создать сайт для автодилера, когда администратор добавляет запас они могут выбрать несколько изображений для добавления в список, здесь добавить код акцииКак отображать несколько изображений из загрузки нескольких изображений
<?php
if(isset($_POST['addstock'])){
$vehicle_make = $_POST['vehicle_make'];
$veh_model = $_POST['veh_model'];
$veh_mileage = $_POST['veh_mileage'];
$veh_description = $_POST['veh_description'];
$veh_price = $_POST['veh_price'];
$veh_gearbox = $_POST['veh_gearbox'];
$veh_engine_size = $_POST['veh_engine_size'];
$veh_fuel_type = $_POST['veh_fuel_type'];
foreach($_FILES['files']['tmp_name'] as $key => $tmp_name){
$file_name = $key.$_FILES['files']['name'][$key];
$file_size = $_FILES['files']['size'][$key];
$file_tmp = $_FILES['files']['tmp_name'][$key];
$file_type = $_FILES['files']['type'][$key];
$addstock = "insert into stock (veh_make,veh_model,veh_mileage,veh_description,veh_gearbox,veh_engine_size,veh_fuel_type,veh_price,file_name,file_size,file_type) values('$vehicle_makee','$veh_model','$veh_mileage','$veh_description','$veh_gearbox','$veh_engine_size','$veh_fuel_type','$veh_price','$file_name','$file_size','$file_type')";
move_uploaded_file($file_tmp,"image_uploads/".$file_name);
}
$addsto = mysqli_query($con, $addstock);
if($addsto){
echo "<script>alert('Vehicle has been added')</script>";
echo "<script>window.open('addstock.php','_self')</script>";
}
}
код успешно добавляет несколько изображений в папку каталога,
Вот код за пределами области администратора, на странице сведений о транспортном средстве, только 1 изображение отображает из нескольких изображений я загруженных, я хочу, чтобы все изображения, которые будут отображаться, которые были загружены для транспортного средства ID, в конце концов, это будет стилем в галерею изображений,
<?php
if(isset($_GET['vehicle_id'])){
$vehicle_id = $_GET['vehicle_id'];
$get_veh = "select * from stock where vehicle_id='$vehicle_id'";
$run_veh = mysqli_query($con, $get_veh);
while($row_veh=mysqli_fetch_array($run_veh)){
$vehicle_id = $row_veh['vehicle_id'];
$veh_make = $row_veh['veh_make'];
$veh_model = $row_veh['veh_model'];
$veh_mileage = $row_veh['veh_mileage'];
$veh_price = $row_veh['veh_price'];
$veh_gearbox = $row_veh['veh_gearbox'];
$veh_description = $row_veh['veh_description'];
$file_name = $row_veh['file_name'];
echo "
<div id='single_vehicle'>
<div id='box1'>$veh_make $veh_model</div>
<div id='box3'>£$veh_price</div>
</div>
<div id='single_vehicle2'>
<div id='box2'><img src='admin/image_uploads/$file_name' width='600' height='450' /></div>
<div id='box4'>
<div id='clickbox1'><a href='#'>Book Test Drive</a></div>
<div id='clickbox1'><a href='#'>Send Enquiery</a></div>
<div id='clickbox1'><a href='#'>Print this Page</a></div>
<div id='clickbox1'><a href='#'>Email this Page</a></div>
</div>
</div>
<div id='desription_area'>
<div id='desription_area1'><span style='text-decoration:underline'>Vehicle Description</span><br>$veh_description</div>
<div id='desription_area2'><span style='text-decoration:underline'>Specification</span><br>Make: $veh_make<br>$veh_model<br>$veh_mileage</div>
</div>
";
}
}
?>
Я новичок в кодировании и все еще учись, что я сделал неправильно? Любая помощь очень ценится
sql определяется в цикле, но выполняется один раз за пределами цикла. '$ vehicle_makee' - правда? – RamRaider
Вы получаете только одно изображение, потому что пытаетесь выбрать транспортные средства на основе '$ vehicle_id', который уникален (* я думаю *). Выберите транспортные средства на основе модели автомобиля, например: '$ veh_model = $ _GET ['veh_model']; $ get_veh = "select * from stock, где veh_model = '$ veh_model'"; ' –