从真实路径引用文件 PHP

Question

我有一个 class 可以处理 FTP 位于此处的东西：

/var/www/html/crm/rhinos/classes/ftp.php

此 class 包含在此处生成电子表格的脚本中：

/var/www/html/crm/send_cust_lock.php

生成的电子表格位于此处：

/var/www/html/crm/tmp/cust_lock_1430424215.xlsx

我的 class 包含以下方法：

public function put($filepath){
    $fp = fopen($filepath, 'r');
    $z = ftp_fput($this->connection, $filepath, $fp, FTP_BINARY);
    fclose($fp);
    return $z;
}

在我的 send_cust_lock.php 脚本中，当我调用 $ftp->put($fn);（$fn 是上述电子表格的文件路径）时，出现以下错误：

Warning: ftp_fput(): Can't open that file: No such file or directory in /var/www/html/crm/rhinos/classes/ftp.php on line 62

fopen() 不会抛出错误，那么为什么 ftp_put() 会抛出错误？

我尝试使用所选答案 here 中的函数将路径转换为相对路径，但没有成功。如何将文件路径转换为 ftp_put() 可以识别的内容？

Answer 1

manual 表示值是：

ftp_fput ( resource $ftp_stream , string $remote_file , resource $handle , int $mode [, int $startpos = 0 ] )

而你正在通过：

$z = ftp_fput($this->connection, $filepath, $fp, FTP_BINARY);

您的 $fp 是预期的本地文件句柄，但为什么要传递与 $remote_file 相同的路径？它不会在远程 FTP 上找到它，因为您传递了本地文件名。

从真实路径引用文件 PHP

Referencing file from realpath PHP

php

ftp

relative-path

filepath

realpath