opendir

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    我有如下代碼打開一個目錄: $dir = opendir("D:/Marcin"); if ($dir) { echo "OK"; } else { echo "not ok"; } 和我也不行,爲什麼?

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    該腳本的用途是更改電子商務網站目錄中圖像列表的名稱。因此,特別是當腳本是rand時,用戶將鍵入一個單詞或短語,他們希望將一組文件或一組文件作爲前綴。該腳本將遍歷每個文件,更改前綴並追加從零開始的下一個可用編號。 我想在頁面上向用戶顯示/渲染哪些文件已被更改。此時腳本運行時會顯示目錄中的當前文件,然後列出目錄中已更改的文件及其名稱。 我怎樣才能得到文件列表只顯示腳本完成處理新名稱時顯示? 爲什麼腳本

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    此php代碼使用opendir()顯示文件夾中的文件數組。 問題: 這段代碼的工作原理是這樣的,但我想要做的是顯示文件的描述。 我已經在代碼中添加$描述的網址: $result .= '<h6><a href="../folder/'.$file.'">'.$title.'</a></h6><p>$description</p><p><a href="../folder/'.$file.'">'.

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    你好,有很多人的stackoverflow。 我有這個代碼,基本上得到我放置在一個名爲「圖片」的文件夾中的任何照片,並將它們顯示在我的頁面上。這一切都很好,而且它也很好用,還有燈箱。 我的主要問題是,有沒有簡單的方法來顯示照片的某種形式的順序?即最新的照片第一? <?php $handle = opendir(dirname(realpath(__FILE__)).'/pictures/');

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    我需要在符合特定條件的目錄中找到文件。例如,我知道文件名以'123-'開頭,以.txt結尾,但我不知道兩者之間的內容。 我已經啓動了獲取目錄中的文件和preg_match的代碼,但是卡住了。如何更新以找到我需要的文件? $id = 123; // create a handler for the directory $handler = opendir(DOCUMENTS_DIRECTORY

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    我有一個PHP腳本試圖打開目錄「C:\ Users \ userA \ Desktop」。但是,opendir()調用返回false。這裏是我的代碼: $path = 'C:\Users\userA\Desktop'; var_dump (is_dir($path)); //prints TRUE var_dump (is_readable($path)); //prints TRUE va

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    我使用這個功能,創造由用戶上傳的圖像的縮略圖,我發現在這裏:http://webcheatsheet.com/php/create_thumbnail_images.php: function createThumbs($pathToImages, $pathToThumbs, $thumbWidth) { // open the directory $dir = opend

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    我試圖在Linux內核中使用執行opendir自定義的系統調用(3.2.17)中打開一個目錄: #include <linux/kernel.h> #include <linux/unistd.h> #include <linux/types.h> // also tried "asm/types.h" #include <linux/dirent.h> #include <linux/s

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    我將PDF文檔存儲在服務器的共享文件夾中,我需要通過文件瀏覽從Web應用程序訪問它們。我知道存儲在那裏的文件的名稱。所以我的鏈接就像(文件:\\ server \ folder \ abc.pdf)。 我的php應用程序在xampp上運行的Web服務器上。但共享文件夾位於不同的域中。 (不在Web服務器文件夾 - 普通文件夾中)。當我嘗試訪問文件時,它顯示「找不到文件:\\ server \ fo

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    我在使用opendir()時遇到了我的文件路徑問題。我得到以下警告: PHP的警告:執行opendir(/上傳/用戶/ 405 /圖片/資料/ profilepic /) [function.opendir]:未能打開目錄: 在沒有這樣的文件或目錄 /home/my_folder/public_html/models/photos.php線1059 線1059在photos.php有以下幾點: i