我必须发送文件到API。 API documentation提供了一个如何通过文件上传脚本($ _FILES)执行此操作的示例。但是,我在同一台机器上有这些文件,所以想要跳过这一步,直接在文件中读取以节省时间。
我该如何读取文件(视频),以便它能够使用此代码段?我知道FILES是一个数组,但我可以单独设置它的其他部分(文件名),我真的需要它的数据部分以相同的格式读取以处理此代码(do我用的fread?文件中获得的内容?)
<?php
# Include & Instantiate
require('../echove.php');
$bc = new Echove(
'z9Jp-c3-KhWc4fqNf1JWz6SkLDlbO0m8UAwOjDBUSt0.',
'z9Jp-c3-KhWdkasdf74kaisaDaIK7239skaoKWUAwOjDBUSt0..'
);
# Create new metadata
$metaData = array(
'name' => $_POST['title'],
'shortDescription' => $_POST['shortDescription']
);
# Rename the video file
$file = $_FILES['video'];
rename($file['tmp_name'], '/tmp/' . $file['name']);
$file_location = '/tmp/' . $file['name'];
# Send video to Brightcove
$id = $bc->createVideo($file_location, $metaData);
?>
在此先感谢您的帮助!
那岂不是更高效的(和更清洁的阅读)简单地使用'$ _FILES [“视频”]'和'$ _FILES [“名”]',而不是将它们分配给变量然后打电话给他们? – EvilChookie 2009-10-05 02:20:31
根据他的代码,除非我弄错了,'name'是$ _FILES ['video']中的一个关键字。 – 2009-10-05 02:23:48
是的。 '$ _FILES ['video'] ['name'] == $ filename'。 – mauris 2009-10-05 02:40:30