Warning: file_get_contents(/data/phpspider/zhask/data//catemap/1/php/261.json): failed to open stream: No such file or directory in /data/phpspider/zhask/libs/function.php on line 167

Warning: Invalid argument supplied for foreach() in /data/phpspider/zhask/libs/tag.function.php on line 1116

Notice: Undefined index: in /data/phpspider/zhask/libs/function.php on line 180

Warning: array_chunk() expects parameter 1 to be array, null given in /data/phpspider/zhask/libs/function.php on line 181
Php 如何基于用户IP地址动态转发URL_Php_Dynamic_Forward - Fatal编程技术网

Php 如何基于用户IP地址动态转发URL

Php 如何基于用户IP地址动态转发URL,php,dynamic,forward,Php,Dynamic,Forward,我正在为我的homeserver编写一个PHP脚本。有时我访问家庭网络中的homeserver网页(从IP 192.168.192.*),有时从外部(公共IP地址)。我为此创建了以下脚本: <?php $baseurl = $_SERVER['REMOTE_ADDR']; if (preg_match("/192.168.192.*/",$baseurl)) { $baseurl = "http://192.168.192.100";

我正在为我的homeserver编写一个PHP脚本。有时我访问家庭网络中的homeserver网页(从IP 192.168.192.*),有时从外部(公共IP地址)。我为此创建了以下脚本:

<?php
    $baseurl = $_SERVER['REMOTE_ADDR'];
        if (preg_match("/192.168.192.*/",$baseurl)) {
            $baseurl = "http://192.168.192.100";
            }
        else {
            $baseurl = "http://homeserverwebsite.com";
            }
?>
当我在内部单击它时,它会将我发送到
http://192.168.192.100
我希望它将我发送到
http://192.168.192.100:5000

当我在网页的某个地方使用
时,它工作正常,输出
http://192.168.192.100:5000
但当我在标签中使用它时不会。这怎么可能呢(如果URL:PORT链接是由PHP生成的,那么用户似乎不希望URL中包含URL:PORT链接?我如何才能通过此操作?


<a href="<?php $baseurl . ":5000"; ?>"
<a href="<?php $baseurl . ":5000"; ?>"
<a href="<?php echo $baseurl . ":5000"; ?>"