PHP文件通过404获取内容

我正在获取包含

文件内容的JSON数组，但是如果页面不存在，我想给出一条消息：找不到播放器。但现在我得到了这个错误：

警告：文件获取内容（urlwithan404errorhere）
[function.file get contents]：无法打开流：HTTP请求
失败！在中找不到HTTP/1.1 404-------

当api给我一个正确的JSON数组时，我没有得到这个错误

这是使用的代码：

$gegevens = file_get_contents('');      
$array_2 = json_decode($gegevens, TRUE);
$summonerid = $array_2[$naam]["id"];

您的代码可能会变成这样：

$gegevens = @file_get_contents('');      

if ($gegevens !== FALSE) {
    $array_2 = json_decode($gegevens, TRUE);
    $summonerid = $array_2[$naam]["id"];
} else {
    $summonerid = 0;
}

if (($gegevens = @file_get_contents('')) === false) {
    printf("<h1>Player not found!</h1>\n");
    return;
}

// ... continue here ...

解释：

*如果请求失败，
文件获取内容前面的
@
将停止显示php错误。

*如果
$calleerid
等于
0
，则您找不到玩家
请尝试以下操作：

$gegevens = @file_get_contents('');      

if ($gegevens !== FALSE) {
    $array_2 = json_decode($gegevens, TRUE);
    $summonerid = $array_2[$naam]["id"];
} else {
    $summonerid = 0;
}

if (($gegevens = @file_get_contents('')) === false) {
    printf("<h1>Player not found!</h1>\n");
    return;
}

// ... continue here ...

if（$gegevens=@file\u get\u contents（“”））==false）{
printf（“未找到播放器！\n”）；
返回；
}
// ... 继续这里。。。

如果
文件获取内容（）失败，
@
将禁止显示任何错误消息。在这种情况下，它将返回
false
（使用
==
进行比较，以避免与空文件混淆），您可以使用它进行故障检测。
如果您计划大量使用服务，我建议您查看guzzle，而不是对文件内容进行此类检查。您将获得更干净、更好的代码。我只使用了一次，所以不用了，谢谢：d此主题已经发布：