У меня есть форма HTML / javascript, написанная с помощью цикла для загрузки неограниченного количества файлов с именами = «file1», «file2» и т. Д. (Я ++) Так что теперь у меня есть PHP-форма для ее обработки (получить все файлы, сохранить во временную папку «uploads» и отправить по электронной почте в виде вложений с помощью phpmailer). […]
Я собираюсь прочитать текстовый файл размером 200 Мб, а затем отредактировать что-то внутри, а затем сохранить его обратно. Но у меня есть ошибки. Так: Какие точные настройки следует изменить в php? Кроме того, какой метод чтения файлов лучше всего подходит для открытия и анализа больших файлов? Я имею в виду: фуд? file_get_contents?
Я хочу разрешить пользователям загружать файл, но для этого им нужно указать адрес электронной почты. Когда они вводят свой адрес, им посылается по электронной почте ссылка / код, затем они должны щелкнуть эту ссылку и загрузить файл. Мой вопрос: как я могу ограничить доступ к файлу, чтобы его могли загружать только люди с допустимым кодом? […]
Я пытаюсь получить все изображения из каталога и распечатать их. Я знаю, что мой URL-адрес правильный, потому что я повторяю $ dirname вместе с .jpg image, который я сохранил в каталоге. Что я делаю не так? <?php $dirname = "uploads/{$site_country}_{$site_state}_{$site_name}/{$record_id}/"; $images = glob($dirname . "*.jpg"); foreach($images as $image) { echo '<img src="'.$image.'"/>'; } //check to […]
Я не понимаю документацию, которую я читал. Может ли кто-нибудь объяснить, как это сделать? У меня есть HTML-ссылка, которая идет на функцию showFile (). Есть два доступа, id, который является именем файла, и ext, расширение файла. (Только расширения будут pdf, jpg и gif). Я использую codeigniter framwework btw. Я читал материал о заголовках, но когда […]
Я разрабатываю форму с помощью CodeIgniter. В этом случае одно из полей – загрузить файл. Я успешно выполнил несколько руководств по загрузке файлов в CodeIgniter, но в моей работе файл $ _FILES всегда пуст, и я не понимаю, почему. Я новичок в этой области. Вид: <!DOCTYPE html> <html> <head> <meta http-equiv="Content-Type" content="text/html; charset=UTF-8"> <title></title> </head> […]
У меня есть код HTML для загрузки файла изображения: <form id="request_form" method="post" enctype="multipart/form-data" action="print.php"> <input type="file" name="student_image" id="student_image" accept="image/*" capture/> <button type="submit">Submit</button> </form> PHP-код выглядит следующим образом: <?php print_r($_FILES);// Here I'm getting blank $_FILES array for few specific image files which are greater than 10 MB in size ?> Ниже приведен параметр загрузки файлов из […]
Я просматривал часами, и нет простого объяснения или демонстрации того, как вставить новый дочерний элемент в файл XML, а затем сохранить файл XML. Вот дерево XML .. (очень просто) < book > <chapter> <title>Everyday Italian</title> <year>2005</year> </chapter> <chapter> <title>Harry Potter</title> <year>2005</year> </chapter> <chapter> <title>XQuery Kick Start</title> <year>2003</year> </chapter> < / book > … Я бы […]
я в беде, это пример $_FILES['file']['tmp_name'] /Applications/XAMPP/xamppfiles/temp/phpjCag18 я хотел бы получить двоичное имя файла temp, поэтому в этом случае phpjCag18 Есть ли $_FILES[] получить его из $_FILES[] ? Хо, чтобы очистить его от пути?
Я пишу пользовательскую проверку файла с помощью mimetype на моей локальной версии php на сервере версии 5.4.22, и он возвращает «docx» файл mimetype «application / vnd.openxmlformats-officedocument.wordprocessingml.document; charset = binary», который подходит для меня. Но на моем сервере есть php версия 5.3.3, и она возвращает «docx» mimetype файла «application / zip; charset = binary», что неверно, […]