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この Video Blob を uploadVideo.php ファイルに送信していますが、uploadvideo.php ページで取得するにはどうすればよいですか?

function postVideoToServer(videoblob) {
        var data = {};
        data.video = videoblob;
        data.metadata = 'test metadata';
        data.action = "upload_video";
        jQuery.post("http://mysite.com/uploadvideo.php", data, onUploadSuccess);
    }

詳細

function postVideoToServer(videoblob) {
    var data = {};
    data.video = videoblob;
    data.metadata = 'test metadata';
    data.action = "upload_video";
    jQuery.post("http://mysite.com/uploadvideo.php", data, onUploadSuccess);
}

そしてuploadvideo.phpで私はこれを持っています:

    <?php
    require("connect.php");

    $video = $_POST["video"];
    $up = mysql_query("INSERT INTO video VALUES ('$video')");
    ?>

しかし、それはまだうまくいかないようですか？私は何か間違ったことをしていると思いますか？

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3 に答える 3

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$video = $_POST['video'];
$metadata = $_POST['metadata'];
$action = $_POST['action'];
于 2013-06-25T09:07:07.323 に答える
1

どちらでも使用できます$_REQUEST["key"] 

$video = $_REQUEST["video"];
$metadata = $_REQUEST["metadata"]; //test metadata
$action = $_REQUEST["action"]; //upload_video

また$_POST["key"] 

$video = $_POST["video"];
$metadata = $_POST["metadata"]; //test metadata
$action = $_POST["action"]; //upload_video

PHPスクリプトに送信されたデータを取得します。

さまざまなデータ取得手法と PHP でのそれらの比較についてもう少し読むには、リンクを参照してください。

于 2013-06-25T09:14:10.630 に答える
0

アップロードビデオ.php:

$video = $_POST["video"];
$metadata = $_POST["metadata"]; //test metadata
$action = $_POST["action"]; //upload_video
...

これで、これらでやりたいことが何でもできます。

于 2013-06-25T09:08:07.940 に答える