Chinaunix

标题: 请问: [打印本页]

作者: dnetworker 时间: 2003-05-25 17:23
标题: 请问:
假如$filename="c:\...\test.jpg";
如何取得test.jpg?用什么可以表示啊?是$filename_name吗?
我试过,好像不行啊,帮忙!

作者: baorongabc 时间: 2003-05-25 19:59
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是文件上传时，form的filefield的名称是file
要取得上床文件的名称是吗？$file_name就可以取得上传的文件名！

作者: dnetworker 时间: 2003-05-25 20:17
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是文件上传时,但我选择文件后,$filename="c:\...\test.jpg";
echo $filename_name 发现为空啊,而不是test.jpg啊?

作者: ztt9898 时间: 2003-05-27 16:11
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我也有过这种情况，不知道能不能帮助你。你检查一下php.ini文件，其中有File Uploads部分，你检查upload_tmp_dir =是不是没添，添好并去掉前面的分号，应该就可以了。

作者: 一颗小白菜 时间: 2003-05-27 19:02
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PHP版本！！！4.1.0以上的吧？
用 $_FILE["file_name"]["tmp_name"] 吧

作者: dnetworker 时间: 2003-06-02 23:19
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[quote]原帖由 "ztt9898"]我也有过这种情况，不知道能不能帮助你。你检查一下php.ini文件，其中有File Uploads部分，你检查upload_tmp_dir =是不是没添，添好并去掉前面的分号，应该就可以了。[/quote 发表：

我改了后,发现文件还是不能上传,提示为:
c:\\...\\..\\test.jpg not found!
继续!

作者: sys53 时间: 2003-06-03 10:20
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很显然
路径赋值时不对

作者: dnetworker 时间: 2003-06-03 11:27
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原帖由 "sys53" 发表：
很显然
路径赋值时不对

我该怎么赋值呢?能不能具体一些.

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