简单的一个条件语句文件信息

Question

网上没找到好的答案..

我正在使用 symfony2.5 和 php 5.3 并创建一个文件浏览器应用程序。

我想在应用良好的关联内容类型之前知道文件的扩展名。 mime_content_type 函数已弃用..

这是我的 showAction{}，我需要一个函数来测试文件是 excel 文件还是 pdf 文件：

public function showAction($repertoire, $file)
{

    $response = new Response();
    $response->setContent(file_get_contents(''.$repertoire.'/'.$file.''));

    if(file_info($file) == 'application/pdf'){

    $response->headers->set('Content-Type', 'application/pdf');
    $response->headers->set('Content-disposition', 'filename='. $file);
    return $response;

    }else {

    $response->headers->set('Content-Type', 'application/application/vnd.ms-excel');
    $response->headers->set('Content-disposition', 'filename='. $file);
    return $response;
    }
}

我刚开始学编程。你能帮帮我吗？非常感谢！

Answer 1

finfo有点奇怪。您必须创建一个 finfo 资源，然后使用该资源检查文件，如下所示：

$finfo = finfo_open(FILEINFO_MIME_TYPE);
if('application/pdf' === finfo_file($finfo, $file)) {
    ...
}

或者，OOP 方式：

$finfo = new finfo(FILEINFO_MIME_TYPE);
if('application/pdf' === $finfo->file($file)) {
    ...
}

简单的一个条件语句文件信息

Easy one condition statement file info

php

symfony

conditional-statements

content-type

fileinfo