从数据库中获取视频，并在页面上直接显示视频，而无需单击链接

Question

在一个涉及人们在网站上注册并上传视频的项目中，事情是我已经创建了一个文件上传表，它工作得很好，我前往数据库，检查用户表，我看到上传的视频，然后进入我的PHP代码，初始化变量：

$Getvid = " "; 

然后，我获取行

while ($row = mysqli_fetch_array($user_query, MYSQLI_ASSOC)) {  $vid = $row ["vid"]; } 

在那之后，我把

$Getvid = '< source src="user/'.$u.'/'.$vid.'" >';
if($vid == NULL) {
    $Getvid = '< source src="image/Movie on 2013-07-24 at 13.43.mov" type="video/mp4" >';
}

为了获得用户上传的视频文件并在他/她的页面上进行回显，如果vid行为空，则脚本将显示我已存储在数据库中的默认视频

之后，我在用户页面上回放视频

      < video width="320" height="240" controls>
      < source src="< ?php echo $vid; ? > " >
      </video> 

但由于某种原因，视频不会显示默认设置，除非我特别像这样提供源码：

    <video width="320" height="240" controls>
      <source src="image/Movie on 2013-07-24 at 13.43.mov" type="video/mp4"  >
    </video> 

Answer 1

两个潜在的问题来源，你不应该存储你的文件在名称中有空格，并且你还没有为你的视频指定类型。

SRC应该包含有效的URL，因此您的PHP字符串中应该包含%20或+，而不是空格。

注意:正如Fisk所提到的，由于空格的原因，你的php标签是错误的。您可以通过将PHP echo的缩写替换为

< ?php echo $vid; ? > 
by 
<?= $vid; ?>

Answer 2

如果您在源代码中实际输入了< ?php，则不会调用PHP。它需要在单个标记中，例如<?php。解决了这个问题后，将PHP代码的输出与您的工作示例进行比较，看看它们的不同之处。如果您想要更准确的答案，可以将生成的HTML和您期望的HTML添加到您的问题中。

您还在不同的路径中使用了相同的变量；有一处您在视频名称之前附加了image/，而您的变量似乎没有包含路径。