如何使用php检索上传的文件答案

【问题标题】：How to retrieve uploaded files using php如何使用php检索上传的文件
【发布时间】：2011-11-07 11:39:54
【问题描述】：

好的。自 2011 年 8 月 24 日以来，我一直在此站点上搜索。（没关系）寻找一种显示用户已上传文件的方法。我在管理员端有我的表格，一切正常。我还有一个表格，显示用户在表格中填写的任何内容，该表格也可以使用。但我无法在表格中查看文件或其名称。

我的数据库表有一个主 ID auto_increment int(11) unsigned。

这是我写的代码：

//This gets all the other information from the form 
$company=$_POST['company']; 
$location=$_POST['location'];
$pic=($_FILES['userfile']['name']);

$query = "INSERT INTO user_DB VALUES ('','$company', '$location', '$userfile' )";

//target to the path of my files
$target_path = "uploads/post_id/";
if(!is_dir($target_path)) mkdir($target_path);
$uploadfile = $target_path . basename($_FILES['userfile']['name']);

//Move the uploaded file to $taget_path
(move_uploaded_file($_FILES['userfile']['tmp_name'], $uploadfile));

在您填写详细信息的表格上，我有以下信息：

<tr>
<td><label for="company_name">Company Name</label></td>
<td><input type="text" name="company" id="company" value="" size="38" /></td>
</tr>
<tr>
<td><label for="location">Location</label></td>
<td><input type="text" name="location" id="location" value="" /></td>
</tr>
<tr>
<td>Upload a File:</td>
<td><input name="userfile" id="userfile" type="file" /></td>
</tr>

显示查询结果的前端表是这样的，就是文件 feild。

echo "<td>";
echo "<a href=../admin/uploads/post_id/> $row'userfile'</a>";
echo "</td>";

如您所见，我正在尝试获取文件名以及文件本身。如果它是 pdf/jpg/doc，我应该能够在单击链接时查看/下载它。

蚂蚁的想法...

【问题讨论】：

还要确保限制允许的文件类型。如果用户要上传一个 PHP 文件，他们可以在您的服务器上执行它。
@freshwire 我怎么能做到这一点？我已经意识到我只想上传 doc/pdf 和 jpg 文件。你有链接吗？也许我可以访问？请帮忙。
这有been asked很多次。

标签： php mysql file-upload download

【解决方案1】：

关于您可以进行哪些更改以使其正常工作的一些建议。

1。上传表格

您的表单标签是什么样的？不要忘记包含enctype 参数，如下所示：

<form type="post" action="" enctype="multipart/form-data">
    ...
</form>

2。消毒

$company  = mysql_real_escape_string($_POST['company']); 
$location = mysql_real_escape_string($_POST['location']);
$pic      = mysql_real_escape_string($_FILES['userfile']['name']);

以上几行是帮助您防止查询遭受 SQL 注入攻击的第一步。

3。 SQL 查询

$userfile 不存在，因为您实际上已将文件名分配给 $pic，因此您的查询应如下所示：

$query = "INSERT INTO user_DB 
          VALUES ('','$company', '$location', '$pic')";

4。 HTML 输出

现在链接到输出表中的文件：

echo "<td>";
echo "<a href=" . $target_path . basename($row['userfile']) . ">
         {$row['userfile']}</a>";
echo "</td>";

【讨论】：

非常感谢 Treffnnon... 代码有效 :) 我可以在输出表上看到文件名
@Anele 太棒了！请将此标记为答案并投赞成票。谢谢。
@Treffynnon 我该怎么做。我对这个网站也比较陌生。
@Anele 要投票，请单击每个答案旁边显示的深灰色向上箭头。要接受答案，请单击您希望接受的答案旁边的浅灰色刻度线。这里有一个小截图和更多描述：meta.stackexchange.com/questions/5234/…

【解决方案2】：

我认为应该替换这个

$query = "INSERT INTO user_DB VALUES ('','$company', '$location', '$userfile' )";

与

$query = "INSERT INTO user_DB VALUES ('','$company', '$location', '$pic' )";

【讨论】：

【解决方案3】：

您可能错过的一些非常基本的东西是表单 enctype。许多初学者都是这样做的。所以只需检查表单中是否有 enctype 属性。

<form enctype="multipart/form-data">

只有拥有此功能，您才能通过表单上传文件。另一个可能出错的地方是

$query = "INSERT INTO user_DB VALUES ('','$company', '$location', '$userfile' )";

您将文件名存储在一个名为 $pic 的变量中，但在这里您已经给出了 $userfile，所以只需尝试将其更改为 $pic。

【讨论】：

是的..我很感激我看到了问题并解决了它..就像treffnnon建议的那样

【解决方案4】：

您可以使用一列作为 auto_increment

当您插入新用户时，您可以使用此查询获得已注册用户的总和

$qry = mysql_qyery("select * from users"); 您可以使用

获取用户数

$count = mysql_num_rows($qry); 所以在此之后你插入一个新用户，他的 ID 将是

$count1 = $count+1; $id = 'F'.$count1;

【讨论】：