我希望上传文件的路径来自C:\\xampp\\htdocs\\cmd， dirname(__FILE__)但是当我这样做时，脚本会引发错误。

工作代码

但我想要：

查看 Joomla 的代码，我看到在索引的第一行，它定义了安装的基本路径

这是该站点可能存在风险的字体吗？我的意思是，如果非受控错误消息显示 Joomla 目录的内部路径，例如由于包含失败，它是否可以用于对站点执行某种攻击? 如果是，使用此功能是否方便？欢迎任何想法。

谢谢

我正在使用 PHPExcel 插件来读取 excel 并将值存储在数据库中。它真的很酷，而且工作得很好。但是当我从我的机器上的不同位置上传一个 excel 表时我遇到了一个问题。
我猜是 bcoz，PHPExcel.php定义了一个常量

我想知道如何从任何位置上传和读取文件？另外，我不是在上传后保存文件，而是读取记录并将其保存到数据库，因为目的是将记录输入数据库。如何我可以修吗？该文档非常好且内容广泛，但我有点缺乏时间来探索它，也是面向 Obj 的 PHP 的新手
感谢您抽出宝贵的时间。

PS：我没有将文件存储在服务器上，只是从中读取和获取数据。

正如我在标题中已经提到的，我正在寻找一个 JS 函数来获得与使用此 PHP 代码获得的相同结果：

提前致谢！

在这里引用手册：

函数 dirname() 和 basename() 将一个以 null 结尾的路径名字符串分解为目录和文件名组件。在通常情况下，dirname() 返回字符串直到但不包括最后的 '/'，而 basename() 返回最后的 '/' 之后的组件。尾随 '/' 字符不计入路径名的一部分。

稍后，你有这张小桌子：

为什么是dirname( "/usr/")返回"/"而不是"/usr"？
手册中的句子告诉我我应该得到/usr结果。
我在一个虚拟程序中测试了实际结果，它的行为就像手册所说的那样。

现在，我期望的是：

所以..有人明白这里发生了什么吗？

我有一个父类，它包含一个图像路径的公共变量，它是通过类构造函数设置的

基本路径取决于子类或更确切地说是它们的文件位置。

有没有办法消除dirname(__FILE__)子类中的逻辑并将逻辑移向父类？

我有一个帮助文件，基本上看起来像这样：

我正在尝试从视图中调用该函数：

_form.php 与 view.php 位于同一目录中，因此我想在该目录中进行搜索。__DIR__ 神奇常量返回 helper.php 的目录而不是 view.php。有什么方法可以包含这样的帮助文件并返回进行调用的文件的目录而不是定义函数的文件？我搜索了 PHP 文档，但找不到任何常量或辅助函数。

任何人都可以帮我获取函数调用的目录的基本名称吗？我是说：

文件 /root/system/file_class.php

文件 /root/app/test.php

在 /root/app 我有文件“config.php，system.php”。您知道如何获取does_exist()调用的目录吗？函数中的find_file()参数$dir很重要，因为scandir()函数需要扫描目录路径。我的意思是，当我想检查文件时，config.php我不需要写/root/app/config.php. 如果我没有在$file参数中提供完整路径，则 $pathinfo["dirname"] 将为".". 我尝试dirname(__file__)在file_find()函数中使用，但它返回的目录/root/system不是被调用函数/root/app的目录does_exist()。

我需要创建这些功能，因为我不能使用file_exists()功能。

找到解决方案：

我debug_backtrace()用来获取用户调用函数的最近文件和行号。例如：

/home/index.php

16 $text = read_text();

样本输出：Unable to call 'read_text()' in /home/index.php at line 16.

谢谢。

就这样。他们只是不会为我工作。这次我做错了什么？

运行结果：

我的配置文件如下所示：

然后我的html：

我知道我的配置文件正在加载，因为我可以在查看源代码时看到我的配置注释。

但是，否则我只会得到一个空白页。有人告诉我我做错了什么吗？

编辑：

错误报告产量

[对不起，我希望以上内容更具可读性]