Php 文件\u get\u contents（）的条件语句

我试图在编辑表单时上传图片。但是，当我更新它而不上载新图片时，它会删除数据库中存储为BLOB的图片，当我上载新图片时，它会工作。但当它为空时，它会失败，说明文件内容不能为空，并删除存储的pic（如果存在）

如果（$image=file\u get\u contents（））为空{

不会发生任何事情，不会删除和忽略任何内容 }

否则{ 上载或替换现有图片。

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}

您需要检查$\u文件['prod\u pic']['error']。这是一个整数，如果它优于零，则无法上载文件。在您的情况下，是代码错误4（未选择任何文件）

所以你可以

if ($_FILES['prod_pic']['error'] == 0)
    // replace current image with uploaded one

更多信息：

您还可以检查$_FILES['prod_pic']['name']，因为在未选择任何文件时，它是空的：

if (!empty($_FILES['prod_pic']['name'])) // = a file was selected
    // replace current image with uploaded one

---

但建议使用第一个选项，因为文件可能会部分上载。

$\u文件['prod\u pic']['tmp\u name']不需要使用addslashes进行转义。$image=file\u get\u contents（）；如果（！empty（$image）{/*上载或替换现有图片*/}也不是主题，但是对于上载，您应该使用move_upload_file（）而不是file_get_contents（），我如何正确使用这些代码？我不知道。@whitep4如果是您的if条件，您将上载文件的代码放在这个条件内

if (!empty($_FILES['prod_pic']['name'])) // = a file was selected
    // replace current image with uploaded one