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我有脚本，其中一些 url 导致 index.php?data 并且页面打开我如何使用它来使用 url 打开像 index.php?data=menu 这样的“子页面”？我第一个使用的代码是

if(isset($_GET['palvelut'])){ echo "this is a sample"; }

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您的想法是正确的，但请允许我对此进行详细说明。您需要$_GET['data']通过执行检查是否已设置，isset($_GET['data'])如果已设置，请检查它是否具有给定值，在这种情况下为“菜单”。你可以这样做$_GET['data'] == "menu"。把它们放在一起，你会得到：

if (isset($_GET['data']) && $_GET['data'] == "menu") {
    /* Menu code goes here */
}

如果您想让这项工作适用于多个值，data您可以执行以下操作：

if (isset($_GET['data'])) {
  switch($_GET['data']) {
    case "Possible_Value_1" :
      /* Code for this condition appears here */
      break;

    case "Possible_Value_2" :
      /* Code for this condition appears here */
      break;

    /* etc... */

    default :
      //Just as a precaution...
      echo "Invalid 'data' value supplied!";
      break;
  }
}

希望有帮助。

于 2012-04-06T18:33:16.250 回答
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如果我理解你的问题（我不明白），那么你已经回答了。

您的网址是：http ://www.mydomain.com/index.php?data=something

您的代码将是：

if (!isset($_GET['data'])) {
  //do something because no data argument was passed
} else {
  switch ($_GET['data']) {  
     case "homepage":
       header("location: homepage.php");
       die;
       break;
     case "someotherpage":
       header("location: someotherpage.php");
       die;
       break;
     //and so on
  }
}

显然，您可能只需要（）或包含（）一个文件，而不是使用标头重定向，或者完全做其他事情。

于 2012-04-06T18:36:03.737 回答