2013-07-18 2 views
0

Я пытаюсь загрузить видеофайл в php, выбрав файл с именем _GET.Загрузить видео с PHP

Вот код

<?php 
$id = $_GET["id"]; 
$video = "vid" . $id . ".mp4"; 
if (isset($_GET["id"]) AND $_GET["id"] == $id) { 
header('Content-Type: video/mp4'); 
print file_get_contents($video); 
} 
else { 
echo "File not found."; 
} 
?> 

Это мой веб-ссылка. http://www.animesour.com/video.php?id=555 Это даст файл vid555.mp4
Однако, когда вы заходите на ссылку, он не загружает видео или не воспроизводит его. Он будет загружать изображения в порядке, но, похоже, не работает, когда это видео.

В основном это необходимо, так что, когда я связываю http://www.animesour.com/video.php?id=555 в I-кадре, он будет загружать видео. Заранее спасибо.

+0

Вы должны вывести тег видео с файлом в качестве источника. –

+0

Посмотрите на это: http://stackoverflow.com/questions/15797762/reading-mp4-files-with-php – Pieter

ответ

0
<?php 
if (isset($_GET["id"])) { 
    $id = $_GET["id"]; 
    $video = "{URL TO VIDEO BASED ON $id}"; 
    echo "<video controls><source src='{$video}' type='video/mp4'></video>"; 

} else { 
    echo "File not found."; 
} 
?> 
+0

Функция isset ($ _ GET ["id"]) должна быть проверена перед извлечением значения id из параметр. В противном случае, если поле id не существует в URL-адресе, оно вызовет ошибку – Sundar

+0

@Sundar. Вы правы, я не видел эту ошибку в исходном коде. Я обновил свой код. Благодаря! –

+0

Я получаю синтаксическую ошибку в строке 5. Вы знаете, почему? – Veloncia

Смежные вопросы