Ваш исходный код относится к другим методам, а не к вашему классу:
async getData(entry) {
if (stop) { // <--- this refers to this.stop() method
console.log("Stopped")
return;
}
return await get(); <--- this doesn't refer to your `this.get()` method
}
Итак, добавьте this.
, чтобы зафиксировать его над двумя позициями.
Вы могли попробовать что-то вроде этого:
$file_name = 'file.avi';
$file_url = 'http://www.myremoteserver.com/' . $file_name;
header('Content-Type: application/octet-stream');
header("Content-Transfer-Encoding: Binary");
header("Content-disposition: attachment; filename=\"".$file_name."\"");
readfile($file_url);
exit;
я просто протестировал его, и это работает на меня.
Обратите внимание на то, что, чтобы readfile
смог считать удаленный URL, у Вас должен быть Ваш fopen_wrappers
, включил.
Попробуйте это:
<?php
$FileName = '/var/ww/file.txt';
header('Content-disposition: attachment; filename="'.$FileName.'"');
readfile($FileName);
ключ header()
. Необходимо отправить заголовок наряду с загрузкой, и это вызовет, "Сохранили Файл" диалоговое окно в браузере пользователя.
<?php
$FileName = '/var/ww/file.txt';
header('Content-disposition: attachment; filename="'.$FileName.'"');
readfile($FileName);
используя этот код. возможно ли сохранить имя файла таким, каким вы хотите. например, у вас есть url: http://remoteserver.com/file.mp3 вместо "file.mp3" вы можете использовать этот скрипт для загрузки файла как "newname.mp3"