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私はアバターのアップロードを作成しており、JQuery を介してファイル名を渡しています。そこで、外部の php ファイルで処理してサイズを変更し、パスをデータベースに送信します。フォームを作成し、送信するとデータベースへのパスが追加されますが、最初の php でファイルがアップロードされたことを認識しません。ファイル名を取得してphpで実行するコードは次のとおりです。

プロフィール ページのコード:

var avatar=$("#avatar").val();
                        var name=$("#name").val();
                        var location=$("#location").val();
                        var about=$("#about").val();
                        var visible = ( $("#visible").is(":checked") ) ? "checked" : "not checked";

                        if(nameok == true || name.value > 2)
                        {           
                            $('.userValidation').html("Processing").removeClass("error").addClass("success");
                            jQuery.post("php/update-user-profile.php", {
                            avatar:avatar,
                            name:name,
                            location:location,
                            about:about,
                            checked:visible
                            },  function(data, textStatus){
                            if(data == 1){
                                $('.userValidation').html("Updated Successfully").removeClass("error").addClass("success");
                                window.location = 'home.php';
                            }
                            else{
                                $('.userValidation').html("Something's Wrong, Please Try Again").removeClass("success").addClass("error");
                            }
                            });
                        }

「php/update-user-profile.php」のコード:

//Avatar Preferences
$avatar = mysqli_real_escape_string($con, $_REQUEST["avatar"]);

$fileName = $_FILES["$avatar"]["name"]; // The file name

$avatar を正当なファイルとして認識させるにはどうすればよいですか?

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敵の例:$_FILES配列の構造:

Array
(
    [file] => Array
        (
            [name] => file.ext
            [type] => text/html
            [tmp_name] => /temp/ng736x.tmp
            [error] => 0
            [size] => 644563
        )
)

$avatar変数がフォームのフィールドの名前である場合、ファイルの名前は です$_FILESが$fileName = $_FILES[$avatar]["name"]、fileフォームの入力のavatar名前はそのファイルの名前です$fileName = $_FILES['avatar']["name"]。

于 2013-03-24T10:03:09.790 に答える