仅列出Ubuntu服务器上php文件夹和子目录中的一些格式文件

我需要列出我的文件夹/文件和相关子目录中的所有文件，例如mp4或avi，然后插入

标记，所以我想我需要一个数组。 我尝试使用find命令，但我收到的是一个字符串而不是数组，因此我必须拆分字符串，这是不实际的

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有什么建议吗？

或使用类
递归目录迭代器
-例如：

<?php
$dir ="/Files";
$files = scandir($dir);
foreach($files as $file) {
    $fullname = "/Files/" . $file;
    echo '<a href='.$fullname.'>File</a>;  
}

$dir_iterator = new RecursiveDirectoryIterator(dirname(__FILE__)); 
$iterator = new RecursiveIteratorIterator($dir_iterator);

foreach ($iterator as $filename) 
{

    if (dirname($filename) != dirname(__FILE__)) 
    {
        if(is_file($filename)) {

            $path_parts = pathinfo($filename);
            if($path_parts['extension'] == 'mp4' )
            {
                print '<a href="'.$filename.'">'.basename($filename)."</a><br />";
            }

        }

    }
}

$dir_iterator=新的递归directoryinterator（dirname（_文件__））；
$iterator=新的递归迭代器（$dir\u iterator）；
foreach（$iterator作为$filename）
{
if（dirname（$filename）！=dirname（_文件__））
{
如果（是_文件（$filename））{
$path\u parts=pathinfo（$filename）；
如果（$path_parts['extension']=='mp4'）
{
打印“
”；
}
}
}
}
我喜欢这样，但它不打印子目录，不仅是mp4或avi或其他。这是一种以优雅的方式过滤格式文件的方法，或者我应该使用
$path\u parts['extension']=='avi'|$path\u parts['extension']='mp4'
？如果所有文件都是视频，请使用
mime\u content\u type（）
：
$mime=mime\u content\u type（$filename）；if（preg_match（'/video/'，$mime））{print'
“}
是否正确？我看不到输出…抱歉，我不知道如何在注释宽度
finfo_file（）
：
$finfo=finfo_打开（FILEINFO\u mime\u类型）；$mime=finfo_文件（$finfo，$filename）；if（preg_match（“/video/”，$mime））
。。。