我有一個將請求發送到我的服務器應用程序，你可以看到下面的代碼：訪問形式上傳的文件信息
Method: POST
multipart/form-data; boundary=—————————14737809831466499882746641449
Content-Type Content-Disposition: form-data; name=\'Stackoverflow\'; filename=\'.%@\'\r\n
Content-Type: application/octet-stream\r\n\r\n
這個請求的作品，我收到我的PHP服務器一個真正的要求，問題是我不知道用PHP捕獲這些值，因爲命令$ _GET ['名稱']和$ _POST ['name']不起作用。
我該如何處理這個參數？
這並不能解決問題。
你打開網站這樣：http://www.example.com/index.php?getvar=test
或類似的：http://www.example.com/index.php
？
在第二種情況下，因爲在第一種情況下沒有變量不能得到$ _GET值
嘗試檢查是否存在這樣的變量：if(isset($_GET['getvar']))
，並檢查$ _POST變量在使用前存在。
如果不是，你應該查看你的代碼並糾正你的錯誤。
如果您需要更多幫助，請在這裏發佈php代碼。
打開像index.php – Lacrifilm
然後$ _GET將無法正常工作。 $ _GET在我的第一個示例鏈接中獲取「=」之後的值，「=」之前的值位於「[]」括號內。^^ – DragonSkills99
嘗試在添加「？variable = value」後向您發送值index.php ^^ – DragonSkills99
你應該看看$ _FILES ['filename']（'filename'是包含文件的參數的名稱），會有關於上傳文件的信息。
它包含數組，您可能需要'tmp_name'鍵（$ _FILES ['filename'] ['tmp_name']），其中包含存儲文件的臨時位置。這個臨時文件將在請求結束後被刪除，所以你會想在其他地方移動它。
不知道，如果文檔是在這種情況下有益的，但在那裏，他們分別是：
儘量讓'$ _REQUEST [「名」]' – KubiRoazhon
的'內容Type'頭似乎是錯誤。查看http://stackoverflow.com/questions/14962592/whats-content-type-value-within-a-http-request-when-uploading-content查看帶有文件上傳的內容類型。 – bspellmeyer
你在表單中發佈什麼內容？你想上傳文件嗎？ –