我是编程新手，现在学习php。我已经安装了xamp，并写了一点代码。我的外接高清上有一些图片，我想展示一些图片。问题是，我可以用下面的代码得到我的图像的路径列表:
echo "<html><body>";
$outerDir = "x:'map'maps'more''";
$total = count (array_diff (scandir ($outerDir), Array (".", "..")));
$dirs = array_diff( scandir( $outerDir ), Array( ".", ".." ) );
foreach ($dirs as $d) {
if (!is_dir($outerDir . $d)) {
echo $d . "<br>";
}
}
但是如果我想把它显示为图像，我不能显示图像。我在foreach中尝试了这个:
if (!is_dir($outerDir . $d)) {
$file = $outerhDir . $d;
echo 'img src="' . $outerDir . $d . '> <br>';
echo "<img src='" . $outerDir . '''' . $d . "'alt='" . $d . "'> <br>";
}
但是它们都不起作用。我还尝试了header和file_get_content，如下所示:
if (!is_dir($outerDir . $d)) {
$file = $outerDir . $d;
header('Content-type: image/jpeg');
header('Content-Length:' . filesize($file));
$image = file_get_contents('$file');
echo $image . "<br>";
}
即使是一个简单的html代码也不能工作!这样的:
echo '<img src="x:'map'maps'more'needwonder.jpg"> <br>';
BUTTTT ! !当我将其中一个图像存储在与我的php文件相同的文件夹中时，它将工作!这样的:
echo '<img src="needwonder.jpg"> <br>';
但我不想把我所有的文件在同一个文件夹的php文件，因为安全，技术上，舒适的原因，我想学习编程，而不是避免问题或问题与我的代码。
所以我希望我把我的问题定义得很好，希望你们中的一个和/或女孩知道解决方案来帮助我
如果您的图像文件不在设置为web服务器可访问的文件夹中，则无法在网页上显示它们。就是这么简单。把它们放到web目录中使用。
可以编写一个PHP脚本来代理图像文件(有点像您正在尝试的file_get_contents())，但这样做需要为图像创建一个单独的PHP文件，除非绝对必要，否则最好避免这样做，因为它很容易引入安全漏洞，并且性能很差。如果你想这样做:
- 链接到PHP脚本的位置的图像，并传递一个标识符的图像作为参数(例如，
<img src="img.php?image=blah">)。 - 在该脚本中，使用该标识符发送适当的Content-Type，然后使用
readfile()输出图像。(相当于echo file_get_contents(...)，但更简洁，在某些情况下性能更好) -
绝对确保该脚本的参数不能被操纵来加载您不打算提供的文件。这包括像
?image=../../wrong/file这样的诡计。