我需要得到我的web-project目录的完整路径，因为我使用单一入口点，所以我这样做:
$_SERVER['SCRIPT_FILENAME']
然后删除index.php，然后我得到这样的东西:/var/www/myproject，然后我可以用它来需要一些东西文件，如配置等。但是当我调用这个方法(例如为包含一些样式表)在我的php文件渲染我得到404错误的这个样式表和我得到什么在浏览器控制台:
http://localhost/var/www/myproject/bower_components/bootstrap/dist/css/bootstrap.min.css Failed to load resource: the server responded with a status of 404 (Not Found)
显然这个路径应该是这样的:
http://localhost/myproject/bower_components/bootstrap/dist/css/bootstrap.min.css
所以问题是我如何才能正确地获得路径到我的项目正确包括文件在PHP和加载资产在HTML ?我现在用的方法是什么?还是我需要做得更好?谢谢!
问题是地址有两种类型:
1) LOCAL，可以从服务器内部抛出脚本。如果需要在脚本中包含文件等，则使用它们，而不是从浏览器外部包含文件。
2) WEB地址，可以被浏览器从外部访问。如果需要向浏览器提供一些文件，例如样式表或JavaScript脚本，则使用它们。
Try $_SERVER['SERVER_NAME'] . $_SERVER["DOCUMENT_ROOT"] for this task.
服务器环境变量的详细描述