如果我有PHP脚本,我怎么能得到当前执行的文件没有其扩展名的文件名?
给定一个“jquery.js.php”形式的脚本的名称,我如何提取只是“jquery.js”部分?
如果我有PHP脚本,我怎么能得到当前执行的文件没有其扩展名的文件名?
给定一个“jquery.js.php”形式的脚本的名称,我如何提取只是“jquery.js”部分?
当前回答
正如一些人所说,basename($_SERVER["SCRIPT_FILENAME"], '.php')和basename(__FILE__, '.php')是很好的测试方法。
对我来说,使用第二种方法是我所做的一些验证说明的解决方案
其他回答
当你想让你的包含知道它在什么文件(即。实际请求的脚本名称),使用:
basename($_SERVER["SCRIPT_FILENAME"], '.php')
因为当你写入一个文件时,你通常知道它的名字。
编辑:正如Alec Teal所指出的,如果你使用符号链接,它将显示符号链接的名称。
$filename = "jquery.js.php";
$ext = pathinfo($filename, PATHINFO_EXTENSION);//will output: php
$file_basename = pathinfo($filename, PATHINFO_FILENAME);//will output: jquery.js
只需使用PHP神奇常数__FILE__来获取当前文件名。
但你似乎想要没有。php的部分。所以…
basename(__FILE__, '.php');
一个更通用的文件扩展名删除程序应该是这样的…
function chopExtension($filename) {
return pathinfo($filename, PATHINFO_FILENAME);
}
var_dump(chopExtension('bob.php')); // string(3) "bob"
var_dump(chopExtension('bob.i.have.dots.zip')); // string(15) "bob.i.have.dots"
如您所料,使用标准字符串库函数要快得多。
function chopExtension($filename) {
return substr($filename, 0, strrpos($filename, '.'));
}
这可能会有帮助:
basename($_SERVER['PHP_SELF'])
即使使用include,它也能工作。
正如一些人所说,basename($_SERVER["SCRIPT_FILENAME"], '.php')和basename(__FILE__, '.php')是很好的测试方法。
对我来说,使用第二种方法是我所做的一些验证说明的解决方案