如何将变量放在fopen中？

我试图保存一个文件夹内的图像。要获得这个文件夹，我需要传递三个目录：图像，来自用户的ID，来自图库的ID和为图像生成的名称。如何将变量放在fopen中？

$directory = "../images/" . $id . "/" . $row[0] . "/" . $new_url;

我想将目录变量传递给fopen，我试过这种方式，但没有工作。

$file = fopen($directory, 'wb');

全码：

function uploadimg_func($base, $id){ 


    $binary=base64_decode($base); 
    header('Content-Type: bitmap; charset=utf-8'); 

    $selectgallery = db_queries("SELECT id FROM `galleries` WHERE name = 'Fotos de perfil' AND user_id = '".$id."' "); 

    $row = mysqli_fetch_array($selectgallery); 

    $new_url = rand(0, pow(10, 5)) . '_' . time() . '.' . "jpg"; 

    $directory = "../images/" . $id . "/" . $row[0] . "/" . $new_url; 

    $file = fopen($directory, 'wb'); 

    fwrite($file, $binary); 
    fclose($file); 

    $createphoto = db_queries("INSERT INTO photos (`name`, `title`, `description`, `gallery_id`,`created_at`) 
    VALUES ('".$new_url."', '', '', '".$row[0]."', now())"); 

}

感谢。

来源

2015-06-17 Michael Jackson

它给你一个错误？ –

我没有收到任何错误。 –

通过$ id和$ row [0]引用的目录是否已经存在？ fopen创建文件，但不包含缺少的目录。只是要清楚：你试图创建一个名为存储在$ new_url中的*文件*？那么你的变量名是误导性的 – Marged

相反的：

$file = fopen($directory, 'wb');

务必：

$file = fopen($_SERVER['DOCUMENT_ROOT'] . $directory, 'wb');

此外，请确保您有正确的文件夹和文件的权限设置。图像路径应该是0775.如果仍有问题，请检查包含图像文件的文件夹是否存在....

它在我的机器上工作得很好。

来源

2015-06-17 21:47:38

如何将变量放在fopen中？

回答

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