如何在没有参数的情况下获得文件名？

Question

我需要找到我包含的没有GET参数的文件的文件名。

例如:如果当前URL是http://www.mysite.com/folder/file.php?a=b&c=d，我希望返回file.php

我发现：

basename($_SERVER['REQUEST_URI'])

它返回：

file.php?a=b&c=d

在我的例子中:我在购物车的部分中使用了表单中的文件名，所以每次您单击'reduce number of product‘按钮时，它会将表单的GET参数(productId和操作)添加到URL的末尾:file.php?a=b&c=d?a=b&c=d...

我知道我可以简单地爆炸或类似的东西在'?‘

$file = explode("?", basename($_SERVER['REQUEST_URI']))

并使用数组的第一部分，但我似乎想起了一些更容易的东西，但是无法再次定位代码。

我是PHP的新手，所以对你的代码的解释将不胜感激。

谢谢，V

Answer 1

您可以使用parse_url。在您的情况下，您可以使用：

$url = parse_url($url, PHP_URL_PATH);

要只获取文件名，您可以执行以下操作：

$url = explode('/', parse_url($url, PHP_URL_PATH));
$url = end($url);

Answer 2

也许你在找$_SERVER['PHP_SELF']。

请注意，它的开头有一个'/‘字符。

Answer 3

你试过简单的basename(__FILE__);吗？这将使您获得代码所在位置的文件名，因为它在磁盘上。

为了获得所请求的文件，您可以使用basename($_SERVER['SCRIPT_NAME']);。这将始终获取所请求的文件，而不是其中包含代码的文件。