使用目錄中的文件名稱制作菜單

我想爲我的網站製作一個小型額外菜單。是否可以獲取目錄中文件的名稱並將它們放入菜單中。使用目錄中的文件名稱制作菜單

所以，如果你有一個文件目錄：facebook.php; twitter.php; stackoverflow.html;你會得到一個菜單是這樣的：

Facebook的
嘰嘰喳喳
計算器

而且如果有可能我想選擇什麼樣的文件，他得到。所以我希望他得到.php和.html文件的名稱，但不是.css文件的名稱。

有人可以幫助我嗎？

2013-10-12 Moreno__R

此問題之前已被詢問 - http://stackoverflow.com/questions/8541180/best-way-to-get-files-from-a-dir-filtered-by-certain-extension-in-php – Terry

http://php.net/manual/en/function.scandir.php – ultranaut

我喜歡的glob（）：

foreach(glob("$dir/{*.php,*.html}", GLOB_BRACE) as $file) { 
    //whatever 
}

或

$files = glob("$dir/{*.php,*.html}", GLOB_BRACE); //then use $files wherever

您可以使用PATHINFO（）與PATHINFO_BASENAME只得到文件名PATHINFO_FILENAME得到它沒有擴展名。

來源

2013-10-12 16:09:52 AbraCadaver

現在我知道如何獲取文件名，但是你是否也知道我可以如何將每個文件名放在其他li中？我不擅長PHP，但我想學習它。 –

@Moreno__R：在第一個例子中，只需用'echo「

」.pathinfo（$ file，PATHINFO_FILENAME）替換//「

」;' – AbraCadaver

嘗試scandir()方法

在循環檢查當前文件是is_dir一個目錄（）。然後你可以用[dirname]/[dirname.php]來獲取路徑。檢查是否存在文件，然後可以顯示鏈接。

$files = scandir('menus'); 
$links = array(); 
foreach ($files as $file) { 
    if ($file == "." || $file == "..") 
     continue; 

    if (is_dir($file)) { 
     $menuFile = "./menus/$file/$file.php"; 
     if (is_file($menuFile)) { 
     $links[$file] = $menuFile; 
     } 
    } 
} 

//display the links

來源

2013-10-12 15:33:36 DevMetal91

使用目錄中的文件名稱制作菜單

回答

相關問題