問題タブ [opendir]

サーバーの共有フォルダーに保存されている PDF ドキュメントがあり、ファイルの参照を通じて Web アプリケーションからアクセスする必要があります。そこに保存されているファイルの名前を知っています。したがって、私のリンクは（file:\\server\folder\abc.pdf）のようになります。

私のphpアプリケーションは、xamppで実行されているWebサーバーにあります。ただし、共有フォルダーは別のドメインにあります。(Web サーバー フォルダーにはありません - 通常のファイル フォルダー)。ファイルにアクセスしようとすると、「ファイルが見つかりません:\\server\folder\abc.pdf。パスまたはインターネット アドレスが正しいことを確認してください」と表示されます。

アドレスバーに「\\server\folder」と入力すると、そのフォルダーは別のドメインにあるため、そのフォルダーのユーザー名とパスワードの入力を求められます (現在のドメインはサインオン時に既に認証されています)。そのフォルダーに Windows 認証を提供すると、Web アプリケーションの URL が機能し、ファイルが正常に開きます。

ディレクトリ セキュリティのユーザー名とパスワードを要求せずに、このタスクを実行したいと考えています。私の Web アプリケーションは多くのユーザーによって使用されるため、ネットワーク ドライブのローカル マッピングも実行できません。

誰でもこれについて私を助けてもらえますか?

ディレクトリ「C:\Users\userA\Desktop」を開こうとする PHP スクリプトがあります。ただし、opendir() 呼び出しは false を返します。これが私のコードです：

コマンド ラインから上記を実行すると、すべてが TRUE になり、期待どおりに動作します。Web ブラウザーから Ajax 呼び出しを介して実行すると、opendir が失敗します。これは IIS 7.5 で実行されています。そのディレクトリのアクセス許可を「全員」の完全なアクセス許可に設定しました。それでも、それはまだある種の権限の問題のようです。ここからどこへ行けばいいのかわからない。

ここで見つけた、ユーザーがアップロードした画像のサムネイルを作成するために、この関数を使用しています: http://webcheatsheet.com/php/create_thumbnail_images.php :

この関数は正常に動作し、私が望んでいることを正確に実行しますが、それにもかかわらず、まだエラーが発生します。以下のエラーを参照してください。

Warning: opendir(images/008/01/0000288988r.jpg,images/008/01/0000288988r.jpg) [<a href='function.opendir'>function.opendir</a>]: The directory name is invalid. (code: 267)

Warning: opendir(images/008/01/0000288988r.jpg) [<a href='function.opendir'>function.opendir</a>]: failed to open dir: No error

Warning: readdir() expects parameter 1 to be resource, boolean given

問題は、ディレクトリだけでなく実際のファイルを関数のパラメーターに渡していることだと思います。これは と の場合$pathtoimagesです$pathtothumbs。この関数は、渡されたディレクトリを検索して、.jpg拡張子を持つすべての画像を見つけることになっています。しかし、アップロード時にアップロードされた1つの画像に対して機能を実行したいと思います。これを可能にするためにこの関数を編集する方法はありますか?

前もって感謝します

私は特定のプログラミング手法にかなり慣れていません。一般的に、OOP と MVC は非常に新しいものです。そして、これが私の最初の StackOverflow の質問だと確信しています!

CodeIgniter をダウンロードして、自分用の小さなプロジェクトを作成しました。

サーバー上にファイルとフォルダーのリストがあり、opendir、readdir、closedir などを使用して、ul と li の Web ページにそれらを一覧表示したいと考えています。関数の前に手続きでこれを実行しましたが、何もありません。 CodeIgniter をどこから始めればよいか考えてみてください。

すでにこれを行っているヘルパーまたはライブラリはありますか? そうでない場合、最良の方法は何ですか？コードをモデル フォルダーに配置する必要がありますか?

混乱している！

コードを使用してディレクトリからファイル名を読み取ろうとし、たとえばファイル名に現在の年と月を含む読み取り専用ファイルにフィルターを追加します

そのため、コードは名前に 201305 を含むファイルのみを返しますが、正しいフィルター処理されたセットを返しますが、一部のファイルが欠落しており、その理由はわかりませんか?

また、ファイル「。」とは何ですか。と ".." 配列の最初の 2 行に格納されていますか?

コードはこちら

私はCプログラミングを始めたばかりで、ディレクトリ内のファイルを読み取って表示しようとしています(lsコマンドのように)。

これは、セグメンテーション違反が発生するコードの一部です。理由はわかりません。

いくつかのテストの後、プログラムが次の段階に達したときに segfault が発生したようです。

私はいくつかの調査を行いましたが、私を助けることができるものは何も見つかりませんでした.

多くのフォルダのみを含むディレクトリがあり、それらの各フォルダにはURLを含むテキストファイルがあります。私がやろうとしているのは、各フォルダでそのテキストファイルを開き、それを編集して各 URL を \n 文字で区切った 1 行の URL

これはこれまでの私のコードです

画像ディレクトリをスキャンし、サムネイルを別のディレクトリに作成するスクリプトを作成しています。

そして、これらの関数を次のように呼び出します

スクリプトはうまく機能しますが、問題は、約 4000 枚の画像があり、スクリプトが約 2400 ～ 2600 枚の画像でサムネイルの作成を停止したことです。

このリンクで試すことができますhttp://saharandev.co.uk/saharan/create_thumbs_small.php

誰でも助けてくれますか？

ありがとう

select要素に次のものを入力しています：

現時点では、完全にランダムな順序で結果を返しています。リストをアルファベット順に表示するにはどうすればよいですか?

私はこの問題に苦労しています。.mov ファイルからデータを取得して解析し、必要なデータのみを出力する PHP スクリプトを作成しました。さて、私の問題は、80以上のファイルに対してこれを行う必要があることです。同じディレクトリ（80以上のファイル）から複数のファイルを読み取り、作成したスクリプトをそれぞれのファイルで実行して出力する方法を知りたいと思っていましたデータは分離されていますか？コードを完全に変更する必要がありますか?

.mov ファイルの外観の例を次に示します (それぞれが異なります。タイトルも異なります)。

これが私のPHPスクリプトです：

これが出力するものです：

このスクリプトを複数のファイルで実行し、各ファイルの出力を生成できれば、プロジェクトは完了です。