使用目录中的文件名称制作菜单 - Make a menu with the names of the files in a directory

Make a menu with the names of the files in a directory

本文关键字：菜单文件名 | 更新日期: 2023-09-27

我想为我的网站做一个小的额外菜单。是否可以获取目录中的文件名称并将它们放在菜单中。

因此，如果你有一个包含文件的目录：facebook.php; twitter.php; stackoverflow.html; 你会得到这样的菜单：

脸书
唽
堆栈溢出

如果可能的话，我想选择他得到什么样的文件。所以我希望他得到.php和.html文件的名称，而不是.css文件的名称。

有人可以帮助我吗？

我喜欢glob（）：

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

或

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

您可以将 pathinfo（）与 PATHINFO_BASENAME 一起使用以仅获取文件名PATHINFO_FILENAME获取它而不带扩展名。

尝试 scandir（）方法

在循环中检查当前文件是带有 is_dir（）的目录。然后你可以得到带有[dirname]/[dirname.php]的路径。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