Php 通过ajax获取文件

我有一个脚本，其中需要使用ajax处理文件。脚本中的所有内容都正常工作，只是我无法获得正确的变量。我已经尝试了所有的方法，现在我有了它

title = "<?php echo $_FILES["file"]["name"] ?>"; 

title=”“；

我想知道是否有人能告诉我如何成功地设置该领域的任何内容

<label for="file">Thumbnail Pic:</label>
</td>
<td>
<input type="file" name="thumbnail" id="thumbnail" /> 

缩略图图片：

作为ajax脚本中的一个变量。非常感谢您的帮助，谢谢您的帮助

<script language='javascript' type='text/javascript'>
function ajaxupload(){
var ajaxRequest;  

try{
    // Opera 8.0+, Firefox, Safari
    ajaxRequest = new XMLHttpRequest();
} catch (e){
    // Internet Explorer Browsers
    try{
        ajaxRequest = new ActiveXObject('Msxml2.XMLHTTP');
    } catch (e) {
        try{
            ajaxRequest = new ActiveXObject('Microsoft.XMLHTTP');
        } catch (e){
            // Something went wrong
            alert('Your browser broke!');
            return false;
        }
    }
}
ajaxRequest.onreadystatechange = function(){
    if(ajaxRequest.readyState == 4){
        var ajaxDisplay = document.getElementById('response');
        ajaxDisplay.innerHTML = ajaxRequest.responseText;

    }
}
var songtitle = document.getElementById('songtitle').value;
var thumbnail = document.getElementById('thumbnail').value;
var name = document.getElementById('file').value;
var title = "<?php echo $_FILES["file"]["name"] ?>";
var description = document.getElementById('description').value;
var params= 'songtitle=' + songtitle + '&thumbnail=' + thumbnail + '&title=' +     title + '&description=' + description + '&name=' + name;
ajaxRequest.open("POST", 'ajaxupload.php', true);  
ajaxRequest.setRequestHeader('Content-Type','application/x-www-form-urlencoded');
ajaxRequest.send(params);

}

</script>
<div id="centered2">
<h1>Music Upload</h1>
<div id="centered">
<table>
<tr>
<td>
<h4><br><?php
echo $echovar10;
 echo $echovar20;
echo $echovar40;
echo $echovar50;
echo $echovar60;
echo $echovar120;
echo $echvoar130;
?><div id='response'></h4>
<table>
<tr>
<td>
<label for="file">Choose a song:</label>
</td>
<td>
<input type="file" name="file" id="file"/> 
</td>
</tr>
<br />
<tr>
<td>
<label for="file">Thumbnail Pic:</label>
 </td>
<td>
 <input type="file" name="thumbnail" id="thumbnail" /> 
<br />
</td>
</tr>

函数ajaxupload（）{
var ajaxRequest；
试一试{
//Opera 8.0+、Firefox、Safari
ajaxRequest=新的XMLHttpRequest（）；
}捕获（e）{
//Internet Explorer浏览器
试一试{
ajaxRequest=newActiveXObject（'Msxml2.XMLHTTP'）；
}捕获（e）{
试一试{
ajaxRequest=newActiveXObject（'Microsoft.XMLHTTP'）；
}捕获（e）{
//出了点问题
警报（“您的浏览器坏了！”）；
返回false；
}
}
}
ajaxRequest.onreadystatechange=函数（）{
if（ajaxRequest.readyState==4）{
var ajaxDisplay=document.getElementById（'response'）；
ajaxDisplay.innerHTML=ajaxRequest.responseText；
}
}
var songtitle=document.getElementById（'songtitle'）。值；
var thumbnail=document.getElementById（'thumbnail'）。值；
var name=document.getElementById（'file'）.value；
var title=“”；
var description=document.getElementById（'description'）。值；
变量参数='songtitle='+songtitle+'&thumbnail='+thumbnail+'&title='+title+'&description='+description+'&name='+name；
open（“POST”，'ajaxupload.php'，true）；
setRequestHeader（'Content-Type'，'application/x-www-form-urlencoded'）；
ajaxRequest.send（参数）；
}
音乐上传


选择一首歌曲：


缩略图图片：

我真的建议您使用。这会让你的生活更轻松。这是函数文档。jQuery还为和方法提供了一些非常简单的包装函数。谷歌托管了（）这很方便

$.post(
    'ajaxupload.php',          // url
    $("#form_id").serialize(), // data
    function(data) {           // return function on success
        alert(data);
    }
);

但至于你来这里的真正原因，看起来很简单

title = "<?php echo $_FILES['thumbnail']['name'] ?>";

title=”“；

您是想实际上传文件还是只发送文件名？我已经设置好了上传脚本，我只是不知道如何将文件名传递到文件上传页面。将代码转储与您的实际问题隔离开来。您不能像那样通过AJAX上传文件。有一种解决方法涉及将表单发布到不可见的iframe。我知道您没有使用jQuery，但您可能会在我想我可以使用jQuery时发现一些有用的东西，但实际上我讨厌它。我真的一点也不懂，我宁愿坚持使用一些我已经习惯并且知道如何使用的东西。JQuery简直让我心烦意乱；很抱歉听起来像个傻瓜。但是我会继续看这些，谢谢！这就是我写的全部吗？我的意思是，我是不是要放弃我当前的函数，然后把它粘贴在上面？我不明白jQuery是如何访问表单的变量的。是的，$（“#form_id”）.serialize（）应该在更改表单id和表单id后传入表单数据。当然，在jQuery中包括您的快速速成课程，$（something）是我们如何访问html中的元素，其中“#foo”获取dom中id为foo的第一个元素，“.foo”返回类名为foo的所有元素的数组。