使用目录中的文件名称制作菜单

我想为我的网站制作一个小型额外菜单。是否可以获取目录中文件的名称并将它们放入菜单中。使用目录中的文件名称制作菜单

所以，如果你有一个文件目录：facebook.php; twitter.php; stackoverflow.html;你会得到一个菜单是这样的：

Facebook的
叽叽喳喳
计算器

而且如果有可能我想选择什么样的文件，他得到。所以我希望他得到.php和.html文件的名称，但不是.css文件的名称。

有人可以帮助我吗？

2013-10-12 Moreno__R

此问题之前已被询问 - http://stackoverflow.com/questions/8541180/best-way-to-get-files-from-a-dir-filtered-by-certain-extension-in-php – Terry

http://php.net/manual/en/function.scandir.php – ultranaut

我喜欢的glob（）：

foreach(glob("$dir/{*.php,*.html}", GLOB_BRACE) as $file) { 
    //whatever 
}

或

$files = glob("$dir/{*.php,*.html}", GLOB_BRACE); //then use $files wherever

您可以使用PATHINFO（）与PATHINFO_BASENAME只得到文件名PATHINFO_FILENAME得到它没有扩展名。

来源

2013-10-12 16:09:52 AbraCadaver

现在我知道如何获取文件名，但是你是否也知道我可以如何将每个文件名放在其他li中？我不擅长PHP，但我想学习它。 –

@Moreno__R：在第一个例子中，只需用'echo“

”.pathinfo（$ file，PATHINFO_FILENAME）替换//“

”;' – AbraCadaver

尝试scandir()方法

在循环检查当前文件是is_dir一个目录（）。然后你可以用[dirname]/[dirname.php]来获取路径。检查是否存在文件，然后可以显示链接。

$files = scandir('menus'); 
$links = array(); 
foreach ($files as $file) { 
    if ($file == "." || $file == "..") 
     continue; 

    if (is_dir($file)) { 
     $menuFile = "./menus/$file/$file.php"; 
     if (is_file($menuFile)) { 
     $links[$file] = $menuFile; 
     } 
    } 
} 

//display the links

来源

2013-10-12 15:33:36 DevMetal91

使用目录中的文件名称制作菜单

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