Question

我正在尝试访问＆＃34;名称＆＃34;出于我的目标，但是我没有找到解决方案的运气。我的最终目标是访问文件名，然后使用它来显示图像。但是我没有运气得到实际的名字。

这是我尝试从以下位置访问数据的对象：

"My Pictures"

这是生成文件的php：如果有更好的方法可以让我更容易接受建议：

{
     "file-0": {
        "name": "2012-11-23-JokeExplanationCorner.jpg",
        "type": "image\/jpeg",
        "tmp_name": "C:\\xampp2\\tmp\\phpA93E.tmp",
        "error": 0,
        "size": 378086
       },
        "file-1": {
        "name": "11039919_10206003688989240_2065769962_n.jpg",
        "type": "image\/jpeg",
        "tmp_name": "C:\\xampp2\\tmp\\phpA940.tmp",
        "error": 0,
        "size": 143703
   }
}

最后这是JS的有效方法。它正在获取文件名，但我不能让它更低级别和console.log文件中的所有imgs名称。

$sFileName = "imgDB.txt";

for($i=0 ; $i<count($_FILES) ; $i++){
    move_uploaded_file( $_FILES['file-'.$i]['tmp_name'] , "img/". $_FILES['file-
'.$i]['name'] );
}

$_FILES = json_encode($_FILES, JSON_PRETTY_PRINT | JSON_UNESCAPED_UNICODE);
file_put_contents($sFileName, $_FILES);

Answer 1

试试这个Js Snippet。

＆＃13;

if (username == "Jack", "jack", "jak")

＆＃13;

访问存储在对象中的数据

1 个答案: