每当我试图上传一个图像,它就会显示这个错误
警告:文件\u获取内容()
:文件名不能为空
我的代码是:
<?php
$ImageName = $_FILES["file"]["name"];
$ImageType = $_FILES["file"]['type'];
$ImageSize = $_FILES["file"]['size'];
$ImgData = addslashes(file_get_contents($_FILES['file']['tmp_name']));
$sql = "insert into image(imagename,imagesize,imagetype,imagecontent) values('{$ImageName}','{$ImageSize}','{$ImageType}','{$ImgData}')";
$result = mysql_query($sql);
if ($result) {
echo "Success";
} else {
echo "Fail";
}
仔细阅读错误消息,所有需要的信息都在那里:)
file\u get\u contents():Filename不能为空
表示您为函数指定的“东西”为“空”,不应为“空”。那么,你在这个函数中插入了什么?
对<代码>$\u文件['file']['tmp\u name']为空。因此,在其他代码的某些地方,您有一些不正确的地方,或者有一些拼写错误。
如果遇到此类消息,请记录/打印该变量或整个数组。然后您将看到数组的这一部分中没有字符串。
我试图为我的评估做一个要求,即“在某种形式上,如果用户上传1个或多个图像,这些图像和其他输入信息需要存储在数据库中。如果用户选择不上传任何图像,其他输入信息需要存储在数据库中。” 这是我用我的方式做时得到的结果但它并不完美 警告:文件\u get\u contents():第178行C:\xampp\htdocs\WEB Assignment\phpserver.php中的文件名不能为空 这就是我
我每次点击提交按钮都会出现这个错误。其他所有内容都提交到数据库,只有图像没有提交。警告:file\u get\u contents():文件名不能为空。你知道吗?这是我的密码。
问题内容: 当我在浏览器中使用以下URL时,它将提示我下载带有JSOn内容的文本文件。 https://chart.googleapis.com/chart?cht=p3&chs=250x100&chd=t:60,40&chl=Hello|World&chof=json (单击上面的URL查看下载的文件内容) 现在,我想创建一个php页面。我希望当我调用此php页面时,它应调用上述URL并从文件中
我想访问“onload”功能之外的文件内容。我知道这与异步有关。下面是我的js函数: 谢谢大家!
问题内容: 我下载了文件作为ajax的响应。如何从内容处置中获取文件名和文件类型并显示其缩略图。我有许多搜索结果,但找不到正确的方法。 控制台输出: 问题答案: 这是我有时使用它的方式。我假设您将附件作为服务器响应提供。 我从REST服务中这样设置响应头 编辑:编辑答案以适合您的问题-使用单词代替
grep用于在文件内搜索,查看是否有任何行与给定的正则表达式匹配。然而,我有这种情况--我想编写一个将与文件名本身(而不是文件内容)匹配的正则表达式。我将从系统的根目录运行它,以找到所有与正则表达式匹配的文件。