Php 为什么我的上传不是'；不行吗？

我已经花了两个小时试图弄明白我做错了什么，但我想不出来：

我的HTML代码：

<form action="php/images.php" method="post" enctype="multipart/form-data">
    <input type="file" name="image" value="on"  id="file">
    <input type="submit" name="submit" value="Submit">
</form>

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当我删除PHP文件中的

if

并立即输入内部函数

imageUpload（）

时，我已经能够上传图像了，为什么变量

name

I pass using

post

不起作用

您的上载数据将位于

$\u文件中

数组：

<?php print_r($_FILES['image']); ?>

比如说：

<?php 
if($_SERVER['REQUEST_METHOD'] === 'POST'){
    if(isset($_FILES['image']) && $_FILES['image']['error'] == 0){
        imageUpload();
    }
}
?>

浏览按钮用于制作一个数组，可以通过

$\u文件['image'获取

。同样$\u文件也会给出一个数组（大小等）。请尝试

var\u dump（$\u文件）

获取值。

尝试使用错误日志打印$\u POST['image']的值，或将其回显到页面。它是空的。。我不明白为什么？我将值“on”放在

$\u POST/$\u FILES

中，使用print\r（）对

$\u POST/$\u FILES

进行一些调试。它不起作用的原因是无法访问您的用户函数，因为没有

$\u POST['image']

很好，所以该值将位于FILESYeppers中，任何带有

type=“file”

属性的输入，任何其他输入，如

type=“text”

都将出现在

$\u POST

。。。仔细想想这一页

<?php 
if($_SERVER['REQUEST_METHOD'] === 'POST'){
    if(isset($_FILES['image']) && $_FILES['image']['error'] == 0){
        imageUpload();
    }
}
?>