загрузка файлов на сервер - PHP

Dimarik · 21.07.2010, 18:50

файл 1.php

Код:

<html>
<head>
  <title>Загрузка файлов на сервер</title>
</head>
<body>
      <h2><p><b> Форма для загрузки файлов </b></p></h2>
      <form action="loadfile.php" method="post" enctype="multipart/form-data">
      <input type="file" name="filename"><br> 
      <input type="submit" name="s1" value="Загрузить"><br>
      </form>
</body>
</html>

loadfile.php

Код:

<?php
error_reporting(E_ALL & ~E_NOTICE);
if(!empty($_POST['s1']))
{
	if(copy($_FILES["filename"]["tmp_name"],
     "temp/".$_FILES["filename"]["name"]))
   {
     echo("Файл успешно загружен <br>");
     echo("Характеристики файла: <br>");
     echo("Имя файла: ");
     echo($_FILES["filename"]["name"]);
     echo("<br>Размер файла: ");
     echo($_FILES["filename"]["size"]);
     echo("<br>Каталог для загрузки: ");
     echo($_FILES["filename"]["tmp_name"]);
     echo("<br>Тип файла: ");
     echo($_FILES["filename"]["type"]);
   } 
   else 
   {
      echo("Ошибка загрузки файла");
   }
}
?>

результат: браузер переходит на loadfile.php, на которой ничего не отображается и файл не загружается. подскажите плиз что мне делать

4ok · 16.12.2010, 03:00

У меня та же проблема!....Вро де и условие проходит, но не загружает....
Я читал...Пришел к выводу, что якобы некий php.ini может это блочить?? А Может я сейчас выгляжу как полный ииот, говоря это)))))) Не знаю.. Подскажите плз, в чем проблема???

Никки · 16.12.2010, 05:43

Код:

Warning: copy(temp/lps03.zip) [function.copy]: failed to open stream: No such file or directory

Небыло папки temp на сервере. Как создаете - всё всё начинает работать!

mrgrudge · 16.12.2010, 06:52

Вообщем сам не так давно решал подобную проблемы с загрузкой фалов на сервер (в моем случаем из админкской части) вот как решил:
форма:

Код HTML:

<p><form class='form1' action='upload.php' method='post' name='form1' [B]enctype=multipart/form-data[/B]>//очень важная часть про enctype
<p><strong>Add file:</strong><br>
<input type='file' name='uploadfile' /></p>
<p> <input type='submit'  name='submit' id='submit' value='Add'> </p></form><hr>

файл обработчик:

PHP код:


			
//функция обработки изображения, по сути находиться может где угодно

function upload_img () {

    $uploaddir = '../images/';//данная директория должна иметь атрибуты записи!!

      $_FILES['uploadfile']['name'] = date("m-d-H-i-s").$_FILES['uploadfile']['name'];

      //тут файл переименовывается, добалением в начало текущей даты и времени, чтоб не произошло путаницы если загружены будут файлы с одинаковым именем

    $uploadfile = $uploaddir.basename($_FILES['uploadfile']['name']);

     copy($_FILES['uploadfile']['tmp_name'], $uploadfile);

     if (copy($_FILES['uploadfile']['tmp_name'], $uploadfile)){echo "<p>File saved</p>";}

 else { echo "<p>File NOT saved! reason: - ".$_FILES['uploadfile']['error']."</p>";}

  

$img ="images/".$_FILES['uploadfile']['name'];

return $img;

}

/////////////////////////////////////////////////////////////

if (isset($_POST['submit'])) {$uploadfile =  $_POST['uploadfile'] ;}

по поводу $_FILES['uploadfile']['error'], на многие процессы в php и mysql можно вывести код или содержание ошибки, чтоб самому узнать в чем проблема,

данная переменная $_FILES['uploadfile']['error'], содержит в себе код ошибки подгрузки файла, если все нормально то при echo $_FILES['uploadfile']['error']; получим 0, при наличие ошибки получим число если не изменяет память от 1 до 8 икаждая соответствует какой либо ошибке, будь то не совпадение размера или т.п...
вообщем пользуйтесь)

Виталий Желтяков · 16.12.2010, 09:19

Выбросите учебник, по которому Вы учились в окно. Дружно почитайте про функции is_uploaded_file() и move_uploaded_file(). Использовать copy не безопасно.

mrgrudge · 16.12.2010, 09:29

Цитата:

Сообщение от Виталий Желтяков

Выбросите учебник, по которому Вы учились в окно. Дружно почитайте про функции is_uploaded_file() и move_uploaded_file(). Использовать copy не безопасно.

полностью согласен, но по какой то загадочной причине move_uploaded_file никак не хотел работать с моим скриптом и пришлось использовать copy

Виталий Желтяков · 16.12.2010, 10:46

Цитата:

полностью согласен, но по какой то загадочной причине move_uploaded_file никак не хотел работать с моим скриптом и пришлось использовать copy

Скорее всего, это проблемы с правами. Проверьте, а то на "боевом" сервере будут проблемы.

16.12.2010, 03:00	#2
4ok Coder. Пользователь Регистрация: 29.11.2010 Сообщений: 33	У меня та же проблема!....Вро де и условие проходит, но не загружает.... Я читал...Пришел к выводу, что якобы некий php.ini может это блочить?? А Может я сейчас выгляжу как полный ииот, говоря это)))))) Не знаю.. Подскажите плз, в чем проблема??? Code The System!

16.12.2010, 05:43	#3
Никки Форумчанин Подтвердите свой е-майл Регистрация: 20.11.2007 Сообщений: 500	Код: `Warning: copy(temp/lps03.zip) [function.copy]: failed to open stream: No such file or directory` Небыло папки temp на сервере. Как создаете - всё всё начинает работать! Операторы России

16.12.2010, 06:52	#4
mrgrudge Форумчанин Регистрация: 20.02.2010 Сообщений: 229	Вообщем сам не так давно решал подобную проблемы с загрузкой фалов на сервер (в моем случаем из админкской части) вот как решил: форма: Код HTML: <p><form class='form1' action='upload.php' method='post' name='form1' [B]enctype=multipart/form-data[/B]>//очень важная часть про enctype <p><strong>Add file:</strong><br> <input type='file' name='uploadfile' /></p> <p> <input type='submit' name='submit' id='submit' value='Add'> </p></form><hr> файл обработчик: PHP код: //функция обработки изображения, по сути находиться может где угодно function upload_img () { $uploaddir = '../images/';//данная директория должна иметь атрибуты записи!! $_FILES['uploadfile']['name'] = date("m-d-H-i-s").$_FILES['uploadfile']['name']; //тут файл переименовывается, добалением в начало текущей даты и времени, чтоб не произошло путаницы если загружены будут файлы с одинаковым именем $uploadfile = $uploaddir.basename($_FILES['uploadfile']['name']); copy($_FILES['uploadfile']['tmp_name'], $uploadfile); if (copy($_FILES['uploadfile']['tmp_name'], $uploadfile)){echo "<p>File saved</p>";} else { echo "<p>File NOT saved! reason: - ".$_FILES['uploadfile']['error']."</p>";} $img ="images/".$_FILES['uploadfile']['name']; return $img; } ///////////////////////////////////////////////////////////// if (isset($_POST['submit'])) {$uploadfile = $_POST['uploadfile'] ;} по поводу $_FILES['uploadfile']['error'], на многие процессы в php и mysql можно вывести код или содержание ошибки, чтоб самому узнать в чем проблема, данная переменная $_FILES['uploadfile']['error'], содержит в себе код ошибки подгрузки файла, если все нормально то при echo $_FILES['uploadfile']['error']; получим 0, при наличие ошибки получим число если не изменяет память от 1 до 8 икаждая соответствует какой либо ошибке, будь то не совпадение размера или т.п... вообщем пользуйтесь) думай как баг, действуй как баг, и ты найдешь баг )

Похожие темы
Тема	Автор	Раздел	Ответов	Последнее сообщение
Загрузка файла на сервер	denisov	JavaScript, Ajax	0	31.05.2010 19:25
удаленная загрузка на мой сервер	terminadoor	PHP	2	13.11.2009 02:58
Загрузка файлов через WEB форму на сервер	Sergey2	PHP	17	26.07.2009 15:53
Загрузка файла на сервер	Pum	Работа с сетью в Delphi	11	14.03.2009 08:58

16.12.2010, 09:19	#5
Виталий Желтяков Старожил Регистрация: 19.04.2010 Сообщений: 2,702	Выбросите учебник, по которому Вы учились в окно. Дружно почитайте про функции is_uploaded_file() и move_uploaded_file(). Использовать copy не безопасно.