我正在开发我的第一个体面大小的PHP站点，我对在应用程序中处理干净/友好/漂亮的URL的“正确方法”(假设有这样的事情)有点困惑。在我看来，有两个主要选项(我将使用简化的社交新闻网站作为示例):1.使用mod_rewrite处理所有潜在的URL。这看起来与以下内容相似，但不完全相同:RewriteRule^article/?([^/]*)/?([^/]*)/?([^/]*)/content/articles.php?articleid=$1&slug=$2RewriteRule^users/?([^/]*)/?([^/]*)/content/users.php?userid=$1&us
目录1、使用tar命令：1.1.压缩：1.2.解压：1.3.tar命令各参数含义2.gzip、gunzipgzip命令：压缩文件：保留原始文件，创建压缩文件：保留原始文件，显示压缩进度：gunzip命令：解压文件：保留压缩文件，创建原始文件：保留压缩文件，显示解压进度：3.zip、unzipzip命令：压缩文件： 压缩目录及其内容：保留原始文件，创建ZIP文件：unzip命令：解压ZIP文件：解压ZIP文件到指定目录：列出ZIP文件内容：压缩文件或目录：使用LZMA算法创建7z文件：使用不同的压缩算法：解压缩文件：解压缩7z文件：解压缩到指定目录：查看7z文件内容：列出7z文件的内容：我的其他
我的页面未重定向，因为我的.htaccess文件设置为:RewriteEngineonRewriteCond$1!^(index\.php|resources|robots\.txt)RewriteCond%{REQUEST_FILENAME}!-fRewriteCond%{REQUEST_FILENAME}!-dRewriteRule^(.*)$index.php/$1[L,QSA]我将这种设置用于我的MVC框架，因此我会收到类似/controller/method/argument的网址，但是当我重定向到/forum/login.php时，它会切成/forum/。我如何将其添加为异
我很难在php中读取gzip压缩的xml文件。我确实成功地读取了普通的xml文件，使用XMLReader()是这样的:$xml=newXMLReader();$xml->open($linkToXmlFile);但是，当xml文件被gzip时，这不起作用。如何解压缩文件并使用XMLReader读取它？ 最佳答案 由于您没有指定PHP版本，我假设您使用的是PHP5。我想知道为什么人们不建议使用内置的PHPcompressionstreamsAPI.$linkToXmlFile="compress.zlib:///path/to/xml
我不太熟悉.htaccess文件，我正试图从以下已经存在的重写规则中排除一个子域(例如dev.example.com):RewriteEngineOnRewriteCond%{HTTP_HOST}!^www\.example\.com$[NC]RewriteRule^(.*)$http://www.example.com/$1[L,R=301]此规则禁止任何人只输入example.com或http://example.com并强制显示所需的URL，http://www.example.com.我已经尝试了几个从这个重写规则中排除子域的选项，但都无济于事。站点上的每个目录都有自己的.ht
mod_php和cgiphp脚本有什么区别？我的意思是，为什么使用mod_php而不是简单的php脚本，将它们作为CGI运行会更好(是吗？)？谢谢 最佳答案 当使用CGI时:PHP进程由Apache启动，并且是解释PHP代码的PHP进程--而不是Apache本身。理论上，必须为每个请求创建一个不同的PHP进程——这会使速度变慢:Apache需要做更多的工作来响应请求。(好吧，正如@AlReece45在评论中指出的那样，使用FastCGI可以做得更好)当将PHP用作Apache模块时(mod_php或mod_php5)，PHP解释器有
我正在尝试在共享主机设置上安装cakePHP。将文件解压缩到类似~/public_html/dev/cake的位置并访问相应的URL(在本例中为http://hostname/~username/dev/cake/)后，我收到404错误:找不到在此服务器上找不到请求的URL/usr/home/username/public_html/dev/cake/app/webroot/。我怀疑这是因为经过仔细检查，~/public_html的绝对路径实际上不是/usr/home/username/public_html，而是/usr/www/users/username/。这是我一直在尝试的(但
我在Wampserver上安装了Laravel。目录如下:C:\wamp\www\laravel现在的URL是这样的:http://localhost/laravel/public/index.php/home/index所以我使用了下面的htaccess代码Options+FollowSymLinksOptions-indexesDirectoryIndexindex.PHPRewriteEngineonRewriteCond$1!^(index\.PHP|images|robots.txt)RewriteCond%{REQUEST_FILENAME}!-fRewriteCond%{
我正在为一个url创建一个HttpGet，我不希望服务器发送数据gzipped。我的HttpGet中应该包含什么header？使用默认header，服务器会不时发送gzip压缩数据。我不希望这发生。谢谢。 最佳答案 你想要Accept-EncodingHTTP请求header。更新:根据@Selvin的评论，将其留空或将其设置为“身份”。更新:当然，Web应用程序必须正确协作才能符合HTTP标准。如果它不支持Accept-Encoding，请查看它的Content-EncodingHTTP响应header。如果它是“gzip”，只需
参考Go语言基础之包|李文周的博客Gomod的使用、发布、升级|weiGoModule如何发布v2及以上版本1.2.7.gomod命令—新溪-gordonV1.7.9文档golanggo包管理工具gomod的详细介绍-腾讯云开发者社区-腾讯云GoMod常见错误的原因|walker的博客项目案例oceanweave/testgomod用于发布go包，v1v2版本等oceanweave/testhello:testtherepotestgomod用于拉取testgomod项目的go包具体操作详情，可以查看两个项目的commit信息总结1.项目初始化gomodinit{项目名}，不推荐随便命名项目名
