使用PHP内容.load到DIV.

Question

我正在尝试刷新一个名为‘.load Images.php’的脚本。脚本内部是一个从数据库中拉出while循环。我让它加载了一个echo函数，但它不会在脚本中的while循环中加载任何东西……这就是php文件的内容...

<?php 
include 'includes/config.php';

$pimages = mysql_query("SELECT * FROM property_images WHERE pid='$pid'");

//Cant Post Images So Leaving The Echo Content Out//
while($img = mysql_fetch_array($pimages)){
    $image = $img['image'];
    $image_alt = $img['image_alt'];
    echo "<li>$img</li>";
}?>

我在需要显示的页面上使用.load('refreshImages.php')。有什么我看不到的解释吗？

Answer 1

您的$img是一个数组，而不是字符串。如果你有来自数据库的东西，你会得到像<li>Array</li>这样的输出。你是这个意思吗？或者你得到的结果是空的？

If empty -当针对结果资源运行时，mysql_num_rows会告诉您什么？

Answer 2

尝试更改此设置：

echo "<li>$img</li>";

至

echo "<li><img src=\"{$image}\" alt=\"{$image_alt}\" /></li>";

Answer 3

您可能无法从数据库中获得任何结果。尝试使用此代码，如果您的sql查询有问题，它将显示一条消息。

<?php 
include 'includes/config.php';

$pimages = mysql_query("SELECT * FROM property_images WHERE pid=" . $pid );

if (mysql_num_rows($pimages) > 0) {  // checks to see if you are getting results from db
  while($img = mysql_fetch_array($pimages)){
    $image = $img['image'];
    $image_alt = $img['image_alt'];
    echo '<li><a class="thumb" href="{$image}"><img src="{$image}" width="50px" height="50px" alt="{$image_alt}"></a></li>';
  }
} else {
  echo "no results returned from database";
} // end of mysql_num_rows check
?>