用PHP读取.CONF文件

我正在尝试读取一个文件名current.conf，然后将其中保存的文件夹名用于opendir（）；当我打开时：

$file = fopen("current.conf","r");
$lines = fread($file,"10");
fclose($file);

$lines = "/".$lines."/";

echo $lines;

$dir=opendir($lines);

$files=array();
while (($file=readdir($dir)) !== false)
{
if ($file != "." and $file != ".." and $file != "index.php")
{
array_push($files, $file);
}
}
closedir($dir);

current.conf中只有一行：

2.1-2328

---

我无法打开conf文件中命名的文件夹。我觉得这与conf文件的格式有关，但不确定

我怀疑该目录不存在（或者您没有读取该目录的权限），但没有特定错误（opendir很可能抛出E_警告-检查您的日志等）

顺便说一句，您可以按如下方式重新编写代码以降低其复杂性：

<?php
    // Grab the contents of the "current.conf" file, removing any linebreaks.
    $dirPath = '/'.trim(file_get_contents('current.conf')).'/';

    $fileList = scandir($dirPath);

    if(is_array($fileList)) {
        foreach($fileList as $file) {
            // Skip the '.' and '..' in here as required.
            echo $file."\n";
        } 
    }
    else echo $dirPath.' cound not be scanned.';
?>

---

在本例中，对的调用将抛出E_警告

我怀疑该目录不存在（或者您没有读取该目录的权限），但没有特定错误（opendir很可能抛出E_警告-检查您的日志等）

顺便说一句，您可以按如下方式重新编写代码以降低其复杂性：

<?php
    // Grab the contents of the "current.conf" file, removing any linebreaks.
    $dirPath = '/'.trim(file_get_contents('current.conf')).'/';

    $fileList = scandir($dirPath);

    if(is_array($fileList)) {
        foreach($fileList as $file) {
            // Skip the '.' and '..' in here as required.
            echo $file."\n";
        } 
    }
    else echo $dirPath.' cound not be scanned.';
?>

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在本例中，对的调用将抛出E_警告

opendir调用产生了什么警告？从配置中调用的目录存在正确吗？@middaparka没有错误，我想请参见下面的注释@RageD是的，它确实存在。opendir调用产生了什么警告？从配置调用的目录存在正确吗？@middaparka无错误，我想请参见下面的评论@是的，它确实存在。我将文件夹权限更改为777，所有者更改为root。但我也使用了上面的代码。我去掉了开头的“/”（那是我的错），但现在它起作用了。因为我一次做了所有这些，所以不确定实际的修复是什么。但是谢谢你提出了缩短代码的好主意。我把文件夹权限改为777，所有者改为root。但我也使用了上面的代码。我去掉了开头的“/”（那是我的错），但现在它起作用了。因为我一次做了所有这些，所以不确定实际的修复是什么。但是谢谢你提出了缩短代码的好主意。