rhemielco Ответов: 0

Php: перетаскивание изображений на холст с сервера mysql не может быть использовано для редактирования

У меня есть эта ошибка в консоли.журнал в котором написано:

Uncaught TypeError: не удается прочитать свойство 'width' null в HTMLDivElement.handleDrop

В этом процессе я получаю доступ к данным изображений, фильтруя их с помощью раскрывающегося списка, и просматриваю их в элементе div. У меня нет никаких проблем с этим, но только при использовании его на холсте.
Я понятия не имею, почему это происходит, но это может иметь какое-то отношение к извлечению изображений на сервере. Заранее благодарю вас за ваше время и усилия.


ЭТО ПРОЦЕСС, КОТОРЫЙ Я СДЕЛАЛ:

1. Создание функции для извлечения данных на сервер без перезагрузки страницы и перенаправления страницы с помощью PHP-AJAX. это место находится в элементе HTML head. Исходный код от W3schools.com по категории PHP

<script>
		function showUser(str) {
			if (str=="") {
			    document.getElementById("txtHint").innerHTML="";
			    return;
			} 
			if (window.XMLHttpRequest) {
			    // code for IE7+, Firefox, Chrome, Opera, Safari
			    xmlhttp=new XMLHttpRequest();
			} else { // code for IE6, IE5
			    xmlhttp=new ActiveXObject("Microsoft.XMLHTTP");
			}
			xmlhttp.onreadystatechange=function() {
				if (this.readyState==4 && this.status==200) {
				    document.getElementById("txtHint").innerHTML=this.responseText;
				}
			}
			xmlhttp.open("GET","getImage.php?q="+str,true);
				xmlhttp.send();
		}
</script>


2. Размещение функции в элементе select внутри элемента form. Это помещается внутри элемента тела

<form>
				<select id = "objects" name="users" onchange="showUser(this.value)">
		    		<option value="">Select Category</option>
		    		<option value="City">City</option>
		    		<option value="Animals">Animals</option>
		    		<option value="Town">Town</option>
		    		<option value="Home">Home</option>
		    		<option value="Park">Park</option>
		  		</select>
</form>


3. Создание div внутри тела для размещения целевого пути для просмотра изображений из результата базы данных

<div class = "images"><div class = "a"  id="txtHint">Image Category</div></div>


4. Это код getimage.php для извлечения данных из базы данных

<?php
$query = mysqli_connect("localhost","root","","imagecategory");
// Check connection
if (mysqli_connect_errno()){echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error();}
mysqli_select_db($query, 'imgDropdown');

$q = $_GET['q'];
$sql="SELECT * FROM tbl_uploadimg WHERE imgCategory = '".$q."'";
$result2 = mysqli_query($query,$sql);

while($row = mysqli_fetch_array($result2)) {
    echo '<img draggable="true" src="uploads/'.$row["imgUrl"].'">';
}
mysqli_close($query);
?>


5. наконец, это изображение моего sql-кода. Имя базы данных: imageCategory в таблице tbl_uploadimg

<img alt="IMG example" src="https://ibb.co/mcnMSb" />


Что я уже пробовал:

Извините но к сожалению у меня нет никакого решения по этому поводу

0 Ответов