Php $U文件['；'；]['；类型'；]将应用程序/八位字节流作为输出

说明：

我正在上传一段视频，像往常一样在上传之前检查文件的类型。。。。文件没有被上传，所以我想输出$_FILES['upload']['type']的值，它给了我以下信息

echo $_FILES['upload']['type'];

if(($_FILES['group_video']["type"] == "video/FLV") 
|| ($_FILES['group_video']["type"] == "video/MP4")

发出

应用程序/八位字节流

因此，它无法通过下面代码中的所有检查

echo $_FILES['upload']['type'];

if(($_FILES['group_video']["type"] == "video/FLV") 
|| ($_FILES['group_video']["type"] == "video/MP4")

或

我该如何解决这个问题？？ 为什么它不显示视频的类型？？

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我遗漏了什么吗？

马里奥的上述评论是正确的；您的客户已确定FLV的类型为

应用程序/octet流

。这是FLV文件的一种有效mime类型，因此您需要在代码中说明它。我建议有一个您接受的文件扩展名列表，并在每个扩展名上附加一个允许的mime类型列表。例如：

array (
    'mp4' => array ('audio/mp4', 'video/mp4'),
    'flv' => array ('video/flv', 'video/x-flv', 'application/octet-stream')
);

现在，当您获得上传时，首先获得扩展名，并检查mime类型是否与您接受的扩展名类型之一匹配

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这将给你一些保证，防止人们错误地上传不正确命名或格式的媒体，但不会阻止用户故意上传带有恶意内容的文件；用户上传的所有内容在被信任之前都应该进行病毒检查。

你的$\u文件数组的其余部分是什么样子的？@SimonBrahan这里是var_dump（$\u文件）数组（大小=1）“group_video”=>array（大小=5）“name”=>string”的输出，它是关于游戏的全部内容——YouTube.FLV（长度=51）'type'=>string'application/octet stream'（length=24）'tmp_name'=>string'C:\wamp\tmp\phpCA89.tmp'（length=23）'error'=>int 0'size'=>int 19276444浏览器决定发送何种MIME类型；而且他们通常不善于交际。（由于MIME标识符不区分大小写，并且可以携带属性，因此您的代码无法可靠地工作。）