我試圖創建一個文件共享網站,我可以顯示所有上傳圖片的鏈接。用戶上傳一個文件後,他們將能夠看到已上傳的文件並上傳另一個文件。但是,目前我遇到兩個問題: 1.我不知道如何在用戶上載圖像後重新顯示主上傳頁面。 2.我不知道如何動態創建基於目前文件的鏈接。PHP/HTML - 在列表中顯示上傳的文件
下面是代碼,我到目前爲止有:
HTML/PHP 文件共享站點
<body>
<h2>File-Sharing Site</h2>
<h3>Upload file</h3>
<form action="upload_file.php" method="post" enctype="multipart/form-data">
Search for file: <br />
<input type="file" name="file" id="file" />
<input type="submit" name="submit" value="Upload" />
</form>
</body>
</html>
PHP
<?php
$allowedExts = array("jpg", "jpeg", "gif", "png");
$extension = end(explode(".", $_FILES["file"]["name"]));
if((($_FILES["file"]["type"] == "image/gif")
|| ($_FILES["file"]["type"] == "image/jpeg")
|| ($_FILES["file"]["type"] == "image/pjpeg"))
&& ($_FILES["file"]["size"] < 800000)
&& in_array($extension, $allowedExts))
{
if($_FILES["file"]["error"] > 0)
{
echo "Error: " . $_FILES["file"]["error"] . "<br />";
}
else
{
echo "Upload: " . $_FILES["file"]["name"] . "<br />";
echo "Type: " . $_FILES["file"]["type"] . "<br />";
echo "Size: " . ($_FILES["file"]["size"]/1024) . " Kb<br />";
echo "Stored in: " . $_FILES["file"]["tmp_name"];
if (file_exists("upload/" . $_FILES["file"]["name"]))
{
echo $_FILES["file"]["name"] . " already exists. ";
}
else
{
move_uploaded_file($_FILES["file"]["tmp_name"],
"upload/" . $_FILES["file"]["name"]);
echo "Stored in: " . "upload/" . $_FILES["file"]["name"];
}
}
}
else
{
echo "Invalid file";
}
?>
你的腳本打開你的服務器總妥協。你有可憐的 - 容易繞過「安全」。我建議你殺死這個代碼,並尋找這個網站上很多'安全上傳'腳本問題+答案。 –
此代碼不適用於商業目的。這不會是一個公共文件,並且安全性將會用於其他事情。現在,我需要弄清楚如何根據文件上傳腳本中的內容在主文件中創建一個動態列表。 – MrMedia715