fopen()의 파일 이름에 대한 PHP 변수입니다. 파일 이름은 비워 둘 수 없습니다. 오류

Question

나는 PHP 서버의 모든 파일을 링크로 표시하는 루프를 가지고 있습니다. 링크를 클릭하면 다음과 같은 fopen을 사용하여 파일을 엽니 다

<?php 
    echo"<ol>"; 
    if ($handle = opendir('saves/')) { 
     while (false !== ($entry = readdir($handle))) { 
      if ($entry != "." && $entry != "..") { 
       echo '<li style"display:block"><a href="#codeword">'.$entry.'</a></li><br>'; 


    } 
} 
closedir($handle); 
    } 
    echo"</ol>"; 
    echo'<div id="codeword">'; 
    $file = $entry; 
    $f = fopen($entry, "r") or exit("Unable to open file!"); 
    // read file line by line until the end of file (feof) 
    while(!feof($f)) 
    { 
    echo fgets($f)."<br />"; 
    } 

    fclose($f); 
    echo"</div>"; 



    ?> 

을하지만 난 그것을 실행할 때 나는 오류를 얻을

는 fopen() [function.fopen] : 파일 이름은 비워 둘 수 없습니다

fopen 대신 $entry을 반향하려고하는데 예상대로 나타납니다. 그래서 문제는 아마도 파일 경로 일 것입니다. 어떤 파일 경로를 사용해야하나요? 미리 감사드립니다.

Answer 1

fopen()http://php.net/manual/en/function.fopen.php에 대한 PHP 설명서에서 알 수 있듯이 첫 번째 매개 변수는 파일 이름입니다.

아마도 $entry 값이 null이거나 비어있을 수 있습니다. (가 않는 경우가되지 않음) 또는 undefined (가 while를 입력하는 경우) while 루프가 끝이 없을 것 같은이 오류 메시지가 false

Answer 2

, $entry 항상 false 될 것입니다 정확한. 이것은 경로 문제가 아니며 "파일을 찾을 수 없음"오류를 발생시킵니다.