[英]how to get link from uploded file on server
我为服务器创建了上载器,并且可以正常工作。 现在我想在文件上传时显示该文件的用户链接。 我创建这个表,用户可以在“上载”文件夹中看到文件名,文件大小,文件类型。 现在我要此表显示直接链接到该文件。 这是我的表代码。
$myDirectory = opendir(".");
while($entryName = readdir($myDirectory)) {
$dirArray[] = $entryName;
}
closedir($myDirectory);
$indexCount = count($dirArray);
Print ("$indexCount files<br>\n");
sort($dirArray);
print("<TABLE border=1 cellpadding=5 cellspacing=0 class=whitelinks>\n");
print("<TR><TH>Filename</TH><th>Filetype</th><th>Filesize</th><th>Link</th><th>Delete</th></TR>\n");
for($index=0; $index < $indexCount; $index++) {
if (substr("$dirArray[$index]", 0, 1) != "."){
print("<TR><TD><a href=\"$dirArray[$index]\">$dirArray[$index]</a></td>");
print("<td>"); print(filetype($dirArray[$index])); print("</td>");
print("<td>"); print(filesize($dirArray[$index])); print("</td>");
print("<td><a href=\"$dirArray[$index]\">Link</a> </td>");
print("<td>"); echo 'Delete'; print("</td>");
print("</TR>\n");
}
}
print("</TABLE>\n");
?>
文件上传后,从后端PHP页面(文件上传代码所在的位置)中,您应以json string
形式返回所有文件属性作为ajax response
并且在javascript页面上,您可以利用这些属性显示文件信息并创建一个链接到上传的文件
声明:本站的技术帖子网页,遵循CC BY-SA 4.0协议,如果您需要转载,请注明本站网址或者原文地址。任何问题请咨询:yoyou2525@163.com.