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file_get_contents に渡す前に、このリンクが通常のページかビデオかを確認する必要があります

リンクが動画の場合、ページは動画コード​​全体を取得するまで待機するため

とにかくビデオコードは必要ありません

私のコードのこの例

//$fooURL = "foofoo.com/page.html";
//$fooURL = "foofoo.com/video.mpg";
//$fooURL = "foofoo.com/video.avi";

if($fooURL == ???){
    echo "This a video not normal page";
}else{
    file_get_contents($fooURL);
}
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4 に答える 4

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正規表現を使用できます。

if(preg_match('/.*\.(:?mpg|avi)/', $fooURL)){
    echo "This a video not normal page";
    ...

必要に応じて適切な拡張子を追加します:(:?mpg|avi|mp4)など。

于 2013-07-21T18:16:37.443 に答える
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ファイルの MIME タイプを返すfinfo_file関数を検討し、その出力を preg_match() で解析してビデオかどうかを確認します。

于 2013-07-21T18:23:13.020 に答える
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strpos関数を確認してください。

于 2013-07-21T18:15:53.253 に答える
0

比較的単純にするために、次のことをお勧めします。

switch (strtolower(array_pop(explode('.', $fooURL)))) {
    case 'mpg':
    case 'avi':
    // etc...
       echo "This would be a video link.";
       break;
    case 'html':
    case 'php':
    default:
        echo "This isn't, or doesn't seem to be, a video file.";
        break;
}

参考文献:

于 2013-07-21T18:31:28.023 に答える