按文件名打开文件，否则显示消息PHP

Question

我要求用户输入文件名，如果文件存在，则打开文件，如果不是用户，则会收到错误消息“找不到文件！”

我让它工作到我可以查看文件内容的程度。如果找不到文件，我无法显示错误。

<form name"form4" method="post" action="<?php echo $_SERVER['PHP_SELF']; ?>">
Enter File Name: <input type="text" name="fileName"><br><br>
<input name="name" type="submit" value="Submit"><br><br>
</form>

<?php
if (isset($_POST['name']))
{
$myfile = fopen("files/document.txt", "r") or die("Unable to open file!");
echo fread($myfile,filesize("files/document.txt"));
fclose($myfile);
 }
 ?>

查看代码，我认为我需要$ myfile等于“fileName”，它需要一个值来评估。

 $filename = $_POST["fileName"]? am i grasping at straws?

Answer 1

在尝试打开可能不存在的文件之前，应使用DocumentListener。 防止错误总是比处理错误更好。

file_exists

Answer 2

1. 您需要将您的isset代码设置为：（isset（$ _ POST ['fileName']）） 2.你需要在你的isset代码下设置一个变量，它接受你的文本框的值，如下所示：$ file2 =（$ _POST ['fileName']）;
2. 然后你需要将你的fopen代码包含在if ... else语句中：

if（$ file2 ==“document.txt”）{.......}