問題タブ [opendir]

openDir を使用して、Linux カーネル (3.2.17) でカスタム システム コール中にディレクトリを開こうとしています。

ただし、コンパイラは必要なものを見つけることができません

これがユーザー空間アプリケーションの場合、 #include<dirent.h>と<sys/types.h>を使用しますが、これらは使用できません。コンパイラは上記のヘッダーを見つけるのに何の問題もないように見えますが、明らかに必要なものを取得していません。

別のシステムコールからこの呼び出しを行うことは可能ですか?
別の関連する質問で、直接呼び出すのではなく、目的のシステムコールが内部で行っていることを誰かが実装または再利用することを提案したことがわかります。

可能であれば、電話をかけるために必要なものを誰か教えてもらえませんか (これも Linux 3.2.17 です)。
ありがとう。

編集:
これが進むべき道のようです:そのディレクトリのファイル記述子を使用して、カーネルレベルでディレクトリを開くにはどうすればよいですか?

を使用しているときにファイルパスに問題がありopendir()ます。次の警告が表示されます。

PHP 警告: opendir(/uploads/users/405/images/profile/profilepic/) [function.opendir]: dir を開けませんでした: No such file or directory in /home/my_folder/public_html/models/photos.php on line 1059

の 1059 行にphotos.phpは次の内容があります。

どこ：

いくつかの異なることを試しましたが、動作しません (エラー ログに PHP の警告メッセージが表示され続けます)。

私は何を間違っていますか？

私は以下のようなコードを持っています:

そして、私は大丈夫ではありません、なぜですか??

Wordpress プラグインを作成中ですが、ディレクトリ内のファイルの読み取りに問題があります。このスクリプトはワードプレス以外では問題なく動作しますが、何が問題なのかわかりません。

リンクが機能し、画像に直接アクセスできます。考えられるパスのすべてのバリエーションを試しました。PHPを使用してディレクトリから画像を読み取るを調べたところ、私が見ることができるすべてのものから、それは機能しているはずです!

何か案は？

編集 これを解決しようとして、私が行ったコード変更は次のとおりです。

特定の条件に一致するディレクトリ内のファイルを見つける必要があります。たとえば、ファイル名が「123-」で始まり、.txt で終わることは知っていますが、2 つの間に何があるかはわかりません。

ディレクトリ内のファイルと preg_match を取得するコードを開始しましたが、スタックしています。必要なファイルを見つけるためにこれを更新するにはどうすればよいですか?

このスクリプトの目的は、e コマース サイトのディレクトリ内の画像リストの名前を変更することです。そのため、特にスクリプトが rand の場合、ユーザーは、ファイルのセットまたはリストにプレフィックスを付けたい単語またはフレーズを入力します。スクリプトは、プレフィックスを変更し、ゼロから始まる次の使用可能な番号を追加して、各ファイルを反復処理します。

どのファイルが変更されたかをユーザーに表示/レンダリングしたいと思います。スクリプトを実行すると、ディレクトリ内の現在のファイルが表示され、ディレクトリ内の変更されたファイルとその名前が一覧表示されます。

スクリプトが新しい名前の処理を終了したときにのみファイル リストを表示するにはどうすればよいですか?

スクリプトが適切な増分番号をファイル名に追加しないのはなぜですか? 次の順序でファイルの名前が変更されます。 abc0.jpg abc1.jpg abc10.jpg abc11.jpg abc12.jpg abc13.jpg

以下のコードは、指定されたフォルダーからすべてのphpファイルを選択し、それらをシャッフルして、ページに10個の結果をエコーし​​ます。フォルダーには、結果から除外したいindex.phpファイルが含まれています。

index.phpを除外するコードを見つけましたが、上記のコードに組み込む方法がわかりません。

この PHP コードは、opendir() を使用してフォルダー内のファイルの配列を表示します。

質問: このコードはそのまま機能しますが、ファイルの説明も表示したいと考えています。

コードの URL に $description を追加しました。

表示する

ファイル名

$説明

ファイル名.php

問題:関数を呼び出して説明を取得する方法がわかりません。

こんにちは、stackoverflowの良い人たちです。

基本的に、「pictures」というフォルダに配置した写真を取得してページに表示するこのコードがあります。これはすべて良いことであり、ライトボックスでも機能します。

私の主な質問は、写真を何らかの形で並べて表示する簡単な方法はありますか？つまり、最初に最新の写真ですか？

コードが非常に下品で古くなっていることは知っていますが、サンプルページ専用であるため、大規模である必要はありません。

ディレクトリを読み取り、すべてのファイルの作業ディレクトリを配列で返す関数を作成しようとしていますが、機能していません。コードが機能しない理由がわかりません。助けてもらえますか?