在 php 中获取请求的 url 的 Content-Type答案

【问题标题】：Get Content-Type of requested url in php在 php 中获取请求的 url 的 Content-Type
【发布时间】：2012-08-14 23:22:33
【问题描述】：

使用php我如何能够将变量$type定义为http://www.example.com的content-type

例如：$type定义为"text/html"

到目前为止，这是我正在使用的：

<?php
$url = 'http://www.example.com';
print_r(get_headers($url));
print_r(get_headers($url, 1));
?>

可以根据需要更改代码

【问题讨论】：

标签： php header content-type

【解决方案1】：

不太清楚您要做什么，但如果您要获取浏览器发送到您的脚本的请求内容类型，您可以这样做：

<?php 
// Collect all headers
$headers = [];
foreach(getallheaders() as $name => $header){
    $headers[strtolower($name)] = $header;
}

// Get the content type header
$contentType = $headers['content-type'];
?>

【讨论】：

【解决方案2】：

有时 get_header 会返回错误的值，因为它读取的是 http 标头，而不是文件。最好使用 finfo：

$finfo = new finfo(FILEINFO_MIME_TYPE);
$type = $finfo->buffer(file_get_contents($link));

【讨论】：

【解决方案3】：

你试过了吗：

$type = get_headers($url, 1)["Content-Type"];

正如@Michael 在 cmets 中所指出的，如果没有最新版本的 PHP，此语法将无法工作。

你也试过了吗：

$headers = get_headers($url, 1);
$type = $headers["Content-Type"];

【讨论】：

请注意，()[] 这个语法只在 PHP 5.4 中有效。早期版本要求您将数组保存到变量中，然后检索密钥。
我的 php 是 5.3.13，是第二个代码 sn-p 应该在 5.4 以下的版本上工作，因为我收到 Parse error: syntax error, unexpected T_VARIABLE
第二个 sn-p 在 PHP 5.4.36 上对我来说非常有用。 +1