我正在使用Vagrant和Puppet在Ubuntu上安装Apache和PHP。但是，我在vagrantup期间收到以下错误。我认为模板的路径是正确的，那为什么会出错呢？我正在使用设置here修改以确保apt-getupdate在任何其他操作之前运行错误←[1;35merr:/Stage[main]/Php/File[/etc/php5/apache2/apc.ini]/ensure:从缺席出席失败:无法设置“出席确保:没有这样的文件或目录ectory-/etc/php5/apache2/apc.ini.puppettmp_6187在/tmp/vagrant-puppet/module
我正在通过file_get_contents连接到一个不可靠的API。由于它不可靠，我决定将api调用放入while循环中:$resultJSON=FALSE;while(!$resultJSON){$resultJSON=file_get_contents($apiURL);set_time_limit(10);}换句话说:假设API在第三次尝试成功之前失败了两次。我是发送了3个请求，还是发送了数百个请求以适应这3秒的窗口？ 最佳答案 file_get_contents()，基本上与PHP中的所有函数一样，是一个阻塞调用。
我正在尝试通过ftp上传文件。这是我的代码$jname="AccountsofBiotechnologyResearch";if(!is_dir('/Trade/upload/'.$jname)){mkdir('/Trade/upload/'.$jname);//line63}move_uploaded_file($_FILES["submission_file"]["tmp_name"],"/Trade/upload/$jname/".$dup_name);//line67Trade是public_html文件夹中的一个文件夹。当我上传一个文件时，它会给我一个警告，比如，Warnin
我有这个特质类:traitExample{protected$var;privatestaticfunctionprintSomething(){print$var;}privatestaticfunctiondoSomething(){//dosomethingwith$var}}这个类:classNormalClass{useExample;publicfunctionotherFunction(){$this->setVar($string);}publicfunctionsetVar($string){$this->var=$string;}}但是我收到了这个错误:fatale
如何在PHP5类中创建链接对象？示例:$myclass->foo->bar->baz();$this->foo->bar->baz();Not:$myclass->foo()->bar()->baz();另请参阅:http://www.talkphp.com/advanced-php-programming/1163-php5-method-chaining.html 最佳答案 实际上这个问题是模棱两可的......对我来说这个@Geo的回答是正确的。你(@Anti)说的可能是composition这是我的例子:what=$what
我正在使用第3方PHP类来访问API，它具有以下代码:$fh=fopen('php://memory','w+');fwrite($fh,$xml);rewind($fh);$ch=curl_init($req->to_url());curl_setopt($ch,CURLOPT_SSL_VERIFYPEER,false);curl_setopt($ch,CURLOPT_PUT,true);curl_setopt($ch,CURLOPT_INFILE,$fh);在最后一行，即这一行:curl_setopt($ch,CURLOPT_INFILE,$fh);我收到错误:Warning:cu
super简单的问题。查看2个示例类方法。在第一个中，我传入一个变量/属性调用$params然后我执行$this->params我的问题是，它真的需要吗，我通常这样做，但我注意到它可以在第二个示例中工作，只需调用$params而无需设置$this给它。所以我的理论是这样的......如果你需要在那个类中的不同方法中访问该属性，你必须像$this->params一样设置它，你可以只使用$params如果您仅在它已经存在的相同方法中使用该属性。有人可以阐明这一点并解释我的理论是否正确或者我是否偏离了方向我想知道这样做的原因所以我会知道什么时候做每种方法或做一个或另一个所有时间，谢谢你cla
用PHP上传图像后，我想使图像文件可写，以便为其添加水印。以下是我使用的代码:if(isset($_FILES['file_poster']['tmp_name'])&&$_FILES['file_poster']['tmp_name']!=''){$random_filename=substr(md5(time()),0,9);$ext='.jpg';if(strpos(strtolower($_FILES['file_poster']['name']),'.png')>-1){$ext='.png';}move_uploaded_file($_FILES['file_poster'
我正在使用以下API通过IP获取国家/地区代码http://api.hostip.info/country.php?ip='.$IP示例:在本地主机$IP='202.71.158.30';//passtheipasaparameterforfollowURLitwillreturnthecountry$country_code=file_get_contents('http://api.hostip.info/country.php?ip='.$IP);它在这里工作正常并显示国家代码。但它在服务器上显示错误例子:$IP=$_SERVER['REMOTE_ADDR'];$country_
我正在尝试在我的View文件中呈现一个文本输入字段。我不断收到此错误:“在view-file.blade.php中找不到类‘表单’”模板:@extends('layouts.app')@section('content')New{{Form::open()}}{{ Form::text('my-name')}}{{Form::close()}}@endsectionComposer.json"require":{"php":">=7.0.0","fideloper/proxy":"~3.3","laravel/framework":"5.5.*","laravel/tinker":"~
