我正在尝试在“ a”标记内使用$img而不是$filename
视频目录在哪里
X/en/videos/action/
图像目录是
X/en/videos_images/action/
并且图像的名称与视频相同,但带有
.jpg扩展名.
if($page == "action")
{
echo "<div class=\"mainlist\">
<h1>" . $page . "</h1>";
foreach(glob("X/en/videos/action/*mp4") as $filename)
{
$file = substr($filename,strlen("X/en/videos/action/"));
echo "<Meta http-equiv=\"refresh\" content=\"300\">";
echo "<div class='videolist'><a href='?video=$filename'>$img</a></div>";
echo "</div>";
}
}
解决方法:
这是基本方法,但是您应该使用file_exists()并检查图像是否确实存在,并从那里决定要做什么.只需获取basename()并使用.jpg扩展名构建路径即可:
foreach(glob("X/en/videos/action/*mp4") as $filename)
{
$img = "X/en/videos_images/action/" . basename($filename, '.mp4') . ".jpg";
echo "<Meta http-equiv=\"refresh\" content=\"300\">";
echo "<div class='videolist'><a href='?video=$filename'>$img</a></div>";
}
您可能还希望urlencode($filename)在URL中使用它.另外,通过在URL中传输整个路径,您将获得大量信息.考虑只使用basename($filename)并确定目标页面中的路径.
作为替代方案,因为人们针对这些给定路径提议了str_replace():
$img = str_replace(array('videos', '.mp4'), array('videos_images', '.jpg'), $filename);
但是,如果要使用可变路径,它的动态性就会降低.
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