人に聞けない痔の悩み、これでスッキリ >>

<環境>
PHP:4.3.8
MySQL:4.0.16

はじめまして、PHPを始めて駆け出しの者です。
MySQLに保存した画像を表示したいのですが
なかなかうまくいきません。
なにかきっかけとなればと思い、書き込みをします。
どうぞご教授ください。


MySQLに画像を保存する事もやっとの事で出来たのですが、
ちゃんと保存されているか確認するため画像を表示してみよう
と試みたのですが、またそこで壁にぶち当たってしまいました。

ネットの各所で検索し調べ、カタチまでは出来たのですが
肝心の画像が「×(バツ印)」になっていて表示出来ません。


+++img_upload.php+++
<?php
if ($_POST["submit"]!=""){
if ($_POST["file_name"]=="none"){
print("ファイル名が入力されていません。<BR>\n");
exit;
}

$file_name = $_POST["file_name"];

if ($_FILES["upfile"]["tmp_name"]=="none"){
print("ファイルのアップロードができませんでした。<BR>\n");
exit;
}

$fp = fopen($_FILES["upfile"]["tmp_name"], "rb");
if(!$fp){
print("アップロードしたファイルを開けませんでした");
exit;
}

$imgdat = fread($fp, filesize($_FILES["upfile"]["tmp_name"]));
fclose($fp);

print("ファイルサイズ:{$_FILES["upfile"]["size"]}<BR>\n");
$len = strlen($imgdat);
print("データ長 = $len<BR>");

$imgdat = addslashes($imgdat);

$con = mysql_connect("***.***.***.***", "*****", "*****");
if (!$con){
print("MySQLへの接続に失敗しました");
exit;
}

if (!mysql_select_db("*****")){
print("データベースへの接続に失敗しました");
exit;
}

$encoded_file = base64_encode($imgdat);

$sql = "INSERT INTO image (img_data) values ('$encoded_file')";
$result = mysql_query($sql);

if (!$result){
print("SQLの実行に失敗しました<BR>");
print(mysql_errno().": ".mysql_error()."<BR>");
exit;
}

mysql_close($con);
}
?>


+++img_display.php+++
<HTML>
<HEAD>
<META http-equiv="Content-Type" content="text/html; charset=EUC-JP">
<TITLE>データベースへの画像の表示</TITLE>
</HEAD>
<BODY>
<P>ファイルの表示</P>
<FORM method="POST" enctype="multipart/form-data" action="img_display.php">
<INPUT type="hidden" name="MAX_FILE_SIZE" value="1048576">
画像のファイルIDを入力してください<BR>
<INPUT type="text" name="log_id"><BR>
<INPUT type="submit" name="submit" value="送信">
<INPUT type="reset" name="reset" value="リセット">
</FORM>

<?php
if ($_POST["submit"]!=""){
$log_id = $_POST['log_id'];
echo "<img src=\"get_image.php?log_id=" . $log_id . "\">";
}

?>
</BODY>
</HTML>


+++get_image.php+++
<?php
if ($_GET["log_id"]!=""){
$log_id = $_GET['log_id'];
$con = mysql_connect("***.***.***.***", "*****", "*****");

if (!$con){
print("MySQLへの接続に失敗しました");
exit;
}

if (!mysql_select_db("******")){
print("データベースへの接続に失敗しました");
exit;
}

$sql = "SELECT img_data FROM image WHERE log_id='".$log_id."'";
$result = mysql_query($sql);

if (!$result){
print("SQLの実行に失敗しました<BR>");
print(mysql_errno().": ".mysql_error()."<BR>");
exit;
}

$row = mysql_fetch_array($result);
mysql_close($con);

$decoded_file = base64_decode($row[1]);

mb_http_output("pass");
header("Content-type: image/jpeg");
header("Content-Disposition: inline; filename=image.jpg");

echo $row[0];
}
?>


DBのほうのテーブルには、「log_id」と「img_data」があります。
すみませんが、よろしくお願いします。

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A 回答 (3件)

単純に格納できるサイズ以上のデータを保存したから


オーバーフローして画像が表示されなかったのでは?
バイナリを格納するフィールドの形式は何にしていますか?
扱えるサイズ以上のデータは格納できませんのでご注意下さい。

・img_upload.php
 サイズチェックを入れましょう

・get_image.php
 出力するのはイメージなので、

*mb_http_output("pass");
header("Content-type: image/jpeg");
*header("Content-Disposition: inline; filename=image.jpg");

*の付いた行は要らないです。
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    • 0
この回答へのお礼

書き込みありがとうございます。

バイナリを格納するフィールドのデータ型は「MIDIUMBLOB」
にしてあります。
テストに使用していた画像は50KBほどの画像でしたので、
このデータ型で問題は無いと思ったのですが・・・。


急遽、DBを使用して画像アップロードする方法ではなく
ディレクトリを作成しそこに画像を溜め込む方法に
方向転換する事になってしまいましたので、
この質問は締め切らせて頂きます。

DBでの方法は個人的にも興味があるので、後々
やっていこうかと思います。

ご回答わざわざありがとうございました。

お礼日時:2007/11/07 11:56

uploadされる元画像、upされDBに格納されたバイナリ、get_image.phpでbase64_decodeされたバイナリをそれぞれ取得し、diffをとりましょう。


バイナリに変化があればそこのソースの見直しを、
正常なバイナリなのに表示されないと言うのであれば出力部分の見直しをしましょう。

サイズオーバーか、エンコード失敗か、アップロードの中断か。
原因はなんにせよ、処理の切り分け・不正処理の洗い出しを行わねばなりません。
input/outputされたデータを検証した上でソースレビューするほうが良いです。

>TEXT
バイナリが崩れますのでMIDIUMBLOBのままでよいです。
// No.2の方の言うとおりデータサイズ不足な気がしますが^^;
    • good
    • 0
この回答へのお礼

書き込みありがとうございます。

たしかに原因の洗い出しをしないとなかなか解決しそうにありません^^;

急遽、DBを使用して画像アップロードする方法ではなく
ディレクトリを作成しそこに画像を溜め込む方法に
方向転換する事になってしまいましたので、
この質問は締め切らせて頂きます。
(こちらの方法でも質問させて頂くかもしれません・・・)

DBでの方法は個人的にも興味があるので、後々
やっていこうかと思います。

ご回答ありがとうございました!

お礼日時:2007/11/07 11:59

とりあえずパッと見なんですが、



$decoded_file = base64_decode($row[1]);

$row[1]ではなくて $row[0]では。

あと
header("Content-Disposition: inline; filename=image.jpg");
image.jpgがなにかわかりませんがこれは要らないのでは
    • good
    • 0
この回答へのお礼

>>iyomanteさん
書き込みありがとうございます。

「$decode_file・・・」の箇所は凡ミスでした・・・。
色々直しているうちに修正し忘れていました。

headerの箇所も「filename=image.jpg」の箇所を削ってみたり
しましたが、結果は変わらずです。

ちなみにbase64_encodeしてDBに格納しているわけですが、
格納先のデータ型はMIDIUMBLOBとしているのですが
TEXTの方が好ましいのでしょうか?


当方が勉強不足な点もありますので、もっと色々と
調べてみたいと思います。
ご回答ありがとうございました。

お礼日時:2007/11/07 09:28

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Qphp,mysqlにて画像パス保存/表示につい

mysqlに画像パスを格納しておき、phpでブラウザに表示するという部分について質問があります。

以前画像を扱った際は、DBにそのまま画像データを格納していたのですが、一般的ではないということで画像パス使う方針にしました。

画像パスはthumbnailというカラムにvarcharで画像パスを格納しました。

今回ご相談させていただいた件では、主に画像の表示の部分にアドバイスをいただければと考えています。

以前画像をそのまま保存し表示するときは、get_image.phpのようなファイルを噛ませ、それをブラウザに読み込ませることで表示していたのですが、画像パスでも同じようなやり方でいいのでしょうか?

ネットで調べてみたのですが、何となくしっくりこないというか、私の誤解もあるかもしれないのですがすっきりせず迷走中です。

どうか、アドバイスをご教示いただけないでしょうか。

※以下は、試しにget_image.php噛ませてみた際のコードです。
<?php
$id = $_GET['id'];

//DB接続 ~省略~

$sql = "SELECT image FROM テーブル名 WHERE id='$id'";
$result = mysql_query($sql);
if (!$result) {
echo ("SQLの実行に失敗しました<BR>");
echo(mysql_errno().": ".mysql_error());
exit;
}
$row = mysql_fetch_array($result);
mysql_close($con);

$img_path = '$row['image']'
$img = file_get_contents($img_path);
header('Content-type: image/jpg');
echo $img;

?>

mysqlに画像パスを格納しておき、phpでブラウザに表示するという部分について質問があります。

以前画像を扱った際は、DBにそのまま画像データを格納していたのですが、一般的ではないということで画像パス使う方針にしました。

画像パスはthumbnailというカラムにvarcharで画像パスを格納しました。

今回ご相談させていただいた件では、主に画像の表示の部分にアドバイスをいただければと考えています。

以前画像をそのまま保存し表示するときは、get_image.phpのようなファイルを噛ませ、それをブラウザに読...続きを読む

Aベストアンサー

2再補足です。
私のソースをそのまま実行して画像が表示され、sqlから取得したパスで画像が表示されない場合はパスの問題です。
最初に書くべきでしたがブラウザのアドレスに$row['image']の中身を打ち込んで画像が表示できるか試してください(404ならパス指定、何も表示されない場合画像が壊れていると思います)

後は画像出力ファイルを書き換えてテストとなりますが
以下は実行・画像出力phpと画像フォルダ(images)が同じ場所にある前提です。(相対パスなので)

1・result.phpの$img_pathを$img_path = 'images/xxx.jpg';(相対パス&直接指定)で実行

2・Mysqlの画像パスは$row['image']にあるとして$img_path = $row['image'];となっている部分を
$img_path = mb_strstr($row['image'], 'images', FALSE);に変更し実行(相対パスに変更)

Qmysqlのblob型の画像表示について

テーブルの項目にblob型を作成し、
phpでテーブルから取得した画像を画面に表示させたいのですが、
以下のように表示させることは可能でしょうか?

test.php
---------- ここから画面 ----------------------------------------
取得したblob型の画像その1.jpg
取得したblob型の画像その2.gif
取得したblob型の画像その3.png

それぞれの画像の説明
---------- ここまで画面 ----------------------------------------

テーブルへのデータ挿入はphpMyAdminから挿入しています。

header('Content-type: image/jpeg');
echo SQLで取得した値;
のようにすればjpg画像は表示できましたが、gif画像とpng画像は表示できませんでした。
また、jpg画像のみを表示させることは出来ましたが文章を表示させることはできませんでした。
上記のように一つのphpファイルで複数表示させるのはできないのでしょうか?

テーブルの項目にblob型を作成し、
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Aベストアンサー

はい。どんな言語をもってしても不可能です。HTTPの仕様ですのでどうしようもないです。

QBLOBデーターの画像の表示方法を教えてください。

php(4.3)とmysql(4.0)を使って、BLOBに格納した画像を表示させたいです。

テーブル:gazou 画像名:aa.gif

| id |   images    |
| ̄ ̄| ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄| ̄ ̄
| 1 | [BLOB-2.9KB] |

↑ PHPMYADMINでデーターを作って、画面にはこのように表示されています。

<html>
<head>
<meta http-equiv=”Content-Type” content=”text/html; charset=EUC-JP”>
</head>
<body>
<?php
$conn = mysql_connect("localhost","user","pass");
mysql_select_db(test);

$self = basename($_SERVER['PHP_SELF']);

$sql = " SELECT * FROM gazou ";
$rst = mysql_query($sql,$conn);

while($row=mysql_fetch_array($rst)){
print"<img src='{$self}?id=$row[id]'>";
}

?>
</body>
</html>

本やネットで自分なりに調べた結果、これで画像が表示されるはず(!?)だと思っているのですが、残念ながら、画像は×になって表示されません。

初歩的な質問ですみませんが、どうすれば画像は表示されるのでしょうか?
よろしくお願いします。

php(4.3)とmysql(4.0)を使って、BLOBに格納した画像を表示させたいです。

テーブル:gazou 画像名:aa.gif

| id |   images    |
| ̄ ̄| ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄| ̄ ̄
| 1 | [BLOB-2.9KB] |

↑ PHPMYADMINでデーターを作って、画面にはこのように表示されています。

<html>
<head>
<meta http-equiv=”Content-Type” content=”text/html; charset=EUC-JP”>
</head>
<body>
<?php
$conn = mysql_connect("localhost","user","pass");
mysql_select_db(test);

$self = basename($_SE...続きを読む

Aベストアンサー

HTMLのIMGタグのSRC属性は普通画像へのURLを入れますよね?
ですので、直接データを入れるのではなく画像を吐き出すスクリプトのURLを入れるようにしてください。
例えば画像を吐き出すスクリプトがimage.phpだとすると以下のようになります。
<img src="imgae.php?id=1">

その上で画像を吐き出すスクリプト(上記の例で言うimage.php)を作成します。画像を吐き出すスクリプトの注意点はHTTPヘッダのMIMEタイプを指定する必要があるということです。
例えばjpeg画像を表示するには以下のようになります。

header("Content-type: image/jpeg");
print 画像データ

たぶん将来的には性能を出すにはキャッシュコントロールなどが必要になりますので、参考URLのサイトでHTTPヘッダを勉強してください。

参考URL:http://www.studyinghttp.net/

Qechoで画像を呼び出すことができない

現在、時刻によって呼び出す画像ファイルを変えようと思っています。その部分がこちらです


<HTML>
<HEAD>
<META name="GENERATOR" content="IBM WebSphere Homepage Builder V6.0.0 for Windows">
<META http-equiv="Content-Type" content="text/html; charset=Shift_JIS">
<META http-equiv="Content-Style-Type" content="text/css">
<TITLE></TITLE>
</HEAD>
<BODY>

<?php
//時間によって表示する画像を変更

$now = date('H');
if($now > 18){
echo "<img src="(画像ファイル名)">;
}else{
echo "<img src="(画像ファイル名)">;
}
?>

</BODY>
</HTML>

echo内に他のhtmlタグを挿入すると普通に表示されるのですが、画像タグを挿入するとエラーが出ます。また、php外で画像タグを使用すると普通に表示されました。どなたか原因が分かる方いましたら教えて下さい、お願いします。

現在、時刻によって呼び出す画像ファイルを変えようと思っています。その部分がこちらです


<HTML>
<HEAD>
<META name="GENERATOR" content="IBM WebSphere Homepage Builder V6.0.0 for Windows">
<META http-equiv="Content-Type" content="text/html; charset=Shift_JIS">
<META http-equiv="Content-Style-Type" content="text/css">
<TITLE></TITLE>
</HEAD>
<BODY>

<?php
//時間によって表示する画像を変更

$now = date('H');
if($now > 18){
echo "<img src="(画像ファイル名)">;
}...続きを読む

Aベストアンサー

echo "<img src="(画像ファイル名)">;
↑これを、↓このようにしても駄目ですか?
echo "<img src=\"画像ファイル名\">";

QボタンをクリックでPHP文を実行

ボタンをクリックしたときのみPHP文を実行したいのですが・・・

<input type="button" onClink="<?php~?>">
でいけるかと思ったのですが、
ページ表示時に<?php~?>が実行されてしまい、うまくいきませんでした。

onClink="window.open(test.php)"
という方法以外でお願いします。

Aベストアンサー

AjaxはもともとJavaScriptの機能である非同期通信をつかったもので。Ajaxという言語があるわけではありません

Ajaxを利用するのであれば、JavaScriptのXMLHttpRequestを使って非同期通信できるような実装をしなくてはなりません
簡単にサンプルコードで書けるほど単純なものでもありません

一般的なサーバーサイドスクリプトの動作として、
ボタンを押す->サーバーへリクエストする->サーバーが処理する->クライアントに何かしらの結果を返す(出力する)です
つまり、PHP等のサーバーサイドスクリプトは、遷移させることが大前提で動作します

ですから、ボタンを押してその場でJavaScriptと同じようにPHPが動くなんてことはありえません。
ボタンを押したらサーバーにリクエストする という動作ならば可能です。

つまり
質問で言われているような
onClink="window.open(test.php)"

<form name="f1" action="test.php" method="post">
<input type="submit" name="submit" value="submit" />
</form>
等のような形になります

こういった一般的な方法だと いちいち画面が切り替わったようになってしまうのを嫌って Ajaxでコレと同じことを、画面を切り替えずに行っているだけに過ぎません

AjaxはもともとJavaScriptの機能である非同期通信をつかったもので。Ajaxという言語があるわけではありません

Ajaxを利用するのであれば、JavaScriptのXMLHttpRequestを使って非同期通信できるような実装をしなくてはなりません
簡単にサンプルコードで書けるほど単純なものでもありません

一般的なサーバーサイドスクリプトの動作として、
ボタンを押す->サーバーへリクエストする->サーバーが処理する->クライアントに何かしらの結果を返す(出力する)です
つまり、PHP等のサーバーサイドスクリプトは、...続きを読む

Qphpでの画像表示

xamppをインストールし、様々なことを行っています。

現在phpで画像を表示させようと考えています。
しかし、プログラムを実行すると、
画像ファイル"http://~~~test.php"は壊れているため表示できませんでした。
と表示されてしまいました。

なので、もっと簡単なプログラムで確認してみようということで、
sample.php
<?php
header('Content-type: image/jpeg');
readfile('C:\xampp\htdocs\php1st\image\a.jpg');
?>

で実行してみました。
しかし、こちらでも上記と同じエラーが起こってしまいます。

友人のPCで行ったところ、実行できました。
友人はxamppの設定を少しいじったと言っていたのですが、どこをいじったかは覚えていないそうです。

どうかご意見いただければ、幸いです。

Aベストアンサー

ファイルがBOM付きのUTFだったりしませんか?

Qphpにcssを適応させたいのですが?

phpで出力させた結果をブラウズするのに、css指定させたいのですが?

できるのでしょうか?

Aベストアンサー

PHPだから特別な考えはしなくて良いです

PHPはあくまでも、サーバー側で動いて、その結果を出力させるだけです

つまり出力させたHTMLにごくごく普通にCSSを適用させれば良いだけです
又、テクニックとしCSSそのものをPHPで処理させることも可能ですよ

例えば
---------------index.html(又はindex.php)のhead内
<link rel="stylesheet" type="text/css" href="stylecss.php"/>
---------------

------------stylecss.php
BODY {
background-color: #<?php echo $background; ?>;
margin: 0px;
}

A:link {
color: #<?php echo $acollar; ?>;
text-decoration:none;
}
-----------
のようにしてしまって、CSSそのものを動的に生成することも可能です

PHPだから特別な考えはしなくて良いです

PHPはあくまでも、サーバー側で動いて、その結果を出力させるだけです

つまり出力させたHTMLにごくごく普通にCSSを適用させれば良いだけです
又、テクニックとしCSSそのものをPHPで処理させることも可能ですよ

例えば
---------------index.html(又はindex.php)のhead内
<link rel="stylesheet" type="text/css" href="stylecss.php"/>
---------------

------------stylecss.php
BODY {
background-color: #<?php echo $background; ?>;
margin: 0px;
...続きを読む

QApache,phpで画像が表示されない

こんにちは
Apache2.2、php5を使用しています。
ブラウザに画像を表示させたいのですが、URLで直接画像ファイルを指定するとファイルの場所を見せてしまうので、非公開のディレクトリの画像を表示させるようにphpのプログラムを呼び出して(引数をファイル名)にしています。
画像が「X」の状態で表示されません。(涙

header('Content-Type: ' . 'image/jpeg');
header('Content-transfer-encoding: binary');
header('Content-length: ' . filesize(/.../../$fileName));
header('Content-Disposition: attachment; filename="' . $fileName . '"');

のあとで、fopen() ->> fpassthru();で処理したのですが、小さい画像ファイルは処理は終わっていますが、「X」の状態で表示されて、大きい画像ファイルを指定するとfpassthru()の中で死んでしまいます。
fread ->> print ->> flush()ループで処理すると、flushの中で死んでしまいます。
error.logにも特に情報が残っていないので...

何かご存知の方はいらっしゃいませんか?
よろしくお願いします。

こんにちは
Apache2.2、php5を使用しています。
ブラウザに画像を表示させたいのですが、URLで直接画像ファイルを指定するとファイルの場所を見せてしまうので、非公開のディレクトリの画像を表示させるようにphpのプログラムを呼び出して(引数をファイル名)にしています。
画像が「X」の状態で表示されません。(涙

header('Content-Type: ' . 'image/jpeg');
header('Content-transfer-encoding: binary');
header('Content-length: ' . filesize(/.../../$fileName));
header('Content-Disposition:...続きを読む

Aベストアンサー

>ご指摘頂いたのHeaderは修正しましたが、画像は「X」の状態で...
>URLでファイルを指定するといまくいくのですが...

画像を吐き出すPHPファイルのURLを、ブラウザのアドレスバーに直接入力した場合はうまくいくけれども、そのURLをHTML内のimgタグのsrc属性に指定した場合はダメということでしょうか?

そうであれば、単なるHTMLの書き間違えか、PHP内でリファラーで何か処理を変えているくらいしか思いつきません。

Qsyntax error, unexpected '}' というエラーの対処法

PHPを習い始めて三日目になるのですがParse error: syntax error, unexpected '}' in C:\Program Files\Apache Group\Apache2\htdocs\****\****\game.php on line 33
というエラーがでるのですが33行目前後のどこをなおせばいいのでしょうか?
・game.php
<html>
<head>
<title>数当てゲーム</title>
</head>
<body>
<h1 style="background:#cccccc">数当てゲーム</h1>
<form method="POST" action="game.php">
1~100までの数を入力してください
<input type="text" name="answer" size="5" maxlength="3" />
<input type="sbumit" value=回答" />
</form>
<hr />
<?php
session_start();
if(is_null($_SESSION['answer'])){
mt_stand(microtime()*1000000);
$_SESSION['answer']=mt_rand(1,100);
$_SESSION['game_cnt']=0;
}
if($_POST['answer']!=""){
$_SESSION['game_cnt']++;
if($_session['answer']==$_POST['answer']){
print("おめでとうございます".
$_SESSION['game_cnt']."回で正解しました!");
session_destroy();
}else{
if($_SESSION['answer']>$_POST['answer']){
print("もう少し大きいです。");
}else
print("もう少し小さいです。");
}
}
}
?>
</body>
</html>
それとこの間違えたところをなおしたあとはいつもコンピュータを再起動しないと修正したところが適用されないのですがほかに方法はないですか?基本的な質問ですいません。

PHPを習い始めて三日目になるのですがParse error: syntax error, unexpected '}' in C:\Program Files\Apache Group\Apache2\htdocs\****\****\game.php on line 33
というエラーがでるのですが33行目前後のどこをなおせばいいのでしょうか?
・game.php
<html>
<head>
<title>数当てゲーム</title>
</head>
<body>
<h1 style="background:#cccccc">数当てゲーム</h1>
<form method="POST" action="game.php">
1~100までの数を入力してください
<input type="text" name="answer" size="5" max...続きを読む

Aベストアンサー

print("もう少し大きいです。");
}else
print("もう少し小さいです。");
のelseの後に{がないようですが、大丈夫でしょうか?

Qテーブルの最後(最新)のレコードを抽出したい

宜しくお願いします。
PHP MYSQL の組み合わせで使っています

以下のようにして、最後のレコードを取り出したいのですが
まったく違う事をしているのかもしれません。

$sql =" select * from テーブル where フィールド='max' " ;

フィールドはauto_incrementで番号を振っています。
これで最大のつもりなのですが・・・。

他にも、レコードを入れた時間も記録したフィールドがあるのですが
どうしてよいか?判りません。

テーブルの最新のレコードを出したいのです。
**その中の一つのフィールドを取り出すのですが、
  それはうまくいっているみたいです 
  (max の所に数字を入れると表示します)

お手数かけますが、どなたかご教授お願いいたします。

Aベストアンサー

#2回答者です。

MySQL 4.1以前(サブクエリを使えない)なら、以下のような方法が考えられます。

select * from 表名
order by 列名 desc limit 1


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