Php 访问表单上载的文件信息

我有一个向我的服务器发送请求的应用程序，您可以看到下面的代码：

Method: POST
multipart/form-data; boundary=—————————14737809831466499882746641449
Content-Type Content-Disposition: form-data; name=\'Stackoverflow\'; filename=\'.%@\'\r\n
Content-Type: application/octet-stream\r\n\r\n

这个请求有效，我在我的PHP服务器中收到一个真实的请求，问题是我不知道如何用PHP捕获这些值，因为命令$\u GET['name']和$\u POST['name']不起作用

---

如何处理这些参数？

这并不能解决问题

你是这样打开网站的吗

或者像这样：

?

在第二种情况下，它无法获取$\u get值，因为没有变量

在第一种情况下，尝试检查变量是否存在如下情况：

if（isset（$\u GET['getvar'））

并在使用前检查$\u POST变量是否存在

如果没有，你应该检查你的代码并改正你的错误

---

如果您需要更多帮助，请在此处发布php代码。

您应该查看$_文件['filename']（'filename'是包含文件的参数的名称），其中会有有关上载文件的信息

它包含一个数组，您可能希望从中获得“tmp_name”键（$_FILES['filename']['tmp_name']），该键包含存储文件的临时位置。此临时文件将在请求结束后删除，因此您希望将其移动到其他位置

不确定文档在这种情况下是否有用，但它们有：

---

尝试发出

$\u请求['name']

内容类型

标题似乎有误。查看文件上传的内容类型。您在表单中发布了什么？你想上传一个文件吗？@LelioFaieta是的，我上传了一个文件..然后看看$\u文件数组，而不是get或post。您将找到该文件和所有相关信息，然后$\u GET将不起作用。在我的第一个示例链接中，$_GET获取“=”后面的值，“=”前面的值在“[]”括号中。^^尝试通过在索引后面添加“？variable=value”来向您发送值。php^^^如果我已经解决了您的问题，请将我标记为Answare^^