图像单击php打开另一个php站点并将图像href发送到第二个php
图像单击php打开另一个php站点并将图像href发送到第二个php
提问于 2019-02-20 00:55:09
我有来自mysql的以下代码。
if ($result = $mysqli->query("SELECT * FROM movies")) {
if (mysqli_num_rows($result) > 0) {
// output data of each row
while($row = mysqli_fetch_assoc($result)) {
echo '<span class="image">';
echo'<img id="'. $row["movie_ID"] .'" src=" ' .$row["bild"]. ' "/>';
echo '</span>';
echo '<a href=" ' . $row["link"] . ' ">';
echo '<h2>' . $row["name"] . '</h2>';
echo '<div class="content">';
echo '<p>' . $row["short"] . '</p>';
echo '</div>';
echo '</a>';
}
} else {
echo "0!";
}
mysqli_close($conn);
}我的代码运行正常，但现在我想要更改它，以便当我单击它时，它会打开我定义的php站点，并在那里输入我的图像href。
回答 2
Stack Overflow用户
发布于 2019-02-20 04:28:35
谢谢Russ J，我读了更多，你告诉我的，然后我改变了代码。
$video = $row["link"];
echo '<a href="/videoteka.ado/player.php?video= ' . $video. ' ">';player.php
<? Php
$ movie_link = $ _GET ["video"];
?>非常感谢
Stack Overflow用户
发布于 2019-02-20 02:36:30
如果我没理解错你的任务，那么你需要这样的东西：
if ($result = $mysqli->query("SELECT * FROM movies")) {
if (mysqli_num_rows($result) > 0) {
// output data of each row
while ($row = mysqli_fetch_assoc($result)) {
echo '<a href=" ' . $row["link"] . ' ">';
echo '<span class="image">';
echo '<img id="' . $row["movie_ID"] . '" src=" ' . $row["bild"] . ' "/>';
echo '</span>';
echo '<h2>' . $row["name"] . '</h2>';
echo '<div class="content">';
echo '<p>' . $row["short"] . '</p>';
echo '</div>';
echo '</a>';
}
} else {
echo "0!";
}
mysqli_close($conn);
}页面原文内容由Stack Overflow提供。腾讯云小微IT领域专用引擎提供翻译支持
原文链接：
https://stackoverflow.com/questions/54771296
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