Question

我有一些css和js文件。所以我希望将单个类中的那些导入到不同的php文件中。

class generalStyles {

function getGenStyles(){
    echo "<link rel='stylesheet' href='bootstrap/css/bootstrap.css'/>
        <link rel='stylesheet' href='bootstrap/css/bootstrap-theme.css'/>
        <link rel='stylesheet' href='css/general.css'/>

        <script type='text/javascript' src='js/jquery-2.0.3.min.js'></script>
        <script type='text/javascript' src='bootstrap/js/bootstrap.min.js'></script>
        <script type='text/javascript' src='js/jquery.cookie.js'></script>
        <script type='text/javascript' src='js/basket.js'></script>
        <link rel='shortcut icon' href='../favicon.ico' type='image/x-icon''>
        ";
}
}

当我将类导入到root中同一级别的文件时，这是可以的，但是当我尝试将其导入到其他级别时 - 样式不会应用。

include("../../generalStyles.php");
    $styles = new generalStyles();
    $styles->getGenStyles();

我该如何解决？谢谢！

Answer 1

您可以使用Victor Häggqvist suggested之类的绝对路径，或者如果不适合您，可以将路径作为函数的参数：

function getGenStyles($path){
    echo "<link rel='stylesheet' href='" . $path . "bootstrap/css/bootstrap.css'/>
        <link rel='stylesheet' href='" . $path . "bootstrap/css/bootstrap-theme.css'/>
        <link rel='stylesheet' href='" . $path . "css/general.css'/>
        ....

然后像这样调用它，具体取决于你制作包含的实际php文件的位置。

$styles->getGenStyles('../');

Answer 2

这是你的css和JS导入假设你在一个地方。

要使其在您指定文件的整个域路径的每个位置都能正常工作。

示例：

<link rel='stylesheet' href='http://example.com/css/general.css'/>

PHP导入单个类，带有一些css和javascript文件

2 个答案: