求助,java web程序发布tomcat的问题!

qianxinxuejishu 2013-02-26 10:30:14
javaweb工程名是project,放在D盘根目录下,在myeclipse中修改了web Context-root为/app,工程发布到tomcat后,发布到了webapps目录下的app目录中,然后通过http://127.0.0.1:8080/app/index.action可以访问,如果想通过直接修改tomact的xml的方式达到访问的目的,应该如何做?tomacat版本是6.0
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qianxinxuejishu 2013-02-26
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引用 2 楼 qianxinxuejishu 的回复: 引用 1 楼 yujinjin9 的回复: 8080端口改为80,这个是默认端口: 将server.xml中的 <Connector port="8080" protocol="HTTP/1.1" connectionTimeout="40000" redirectPo……
错了哈,service应该是app
qianxinxuejishu 2013-02-26
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引用 2 楼 qianxinxuejishu 的回复:
引用 1 楼 yujinjin9 的回复: 8080端口改为80,这个是默认端口: 将server.xml中的 <Connector port="8080" protocol="HTTP/1.1" connectionTimeout="40000" redirectPort="8443" enableLookups="fal……
http://127.0.0.1:80/app/index.action,sevice是myeclipse里web context-root里设置的,发布后会在webapp目录下生成一个app目录,然后工程发布在app目录里,我想尝试不通过发布的方式而是修改server.xml的方式也可以采用http://127.0.0.1:80/app/index.action访问到页面
qianxinxuejishu 2013-02-26
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引用 1 楼 yujinjin9 的回复:
8080端口改为80,这个是默认端口: 将server.xml中的 <Connector port="8080" protocol="HTTP/1.1" connectionTimeout="40000" redirectPort="8443" enableLookups="false" minProcessors="10"……
在server.xml里,<host>...</host>的标签之间添加<Context path="" docBase="projectName" debug="0"/> ,path内容我需要填写什么,可以通过http://127.0.0.1:80/service/index.action访问
yujinjin9 2013-02-26
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8080端口改为80,这个是默认端口: 将server.xml中的 <Connector port="8080" protocol="HTTP/1.1" connectionTimeout="40000" redirectPort="8443" enableLookups="false" minProcessors="10" maxProcessors="1024" acceptCount="1024" /> 加默认配置项目名: 在server.xml里,<host>...</host>的标签之间添加<Context path="" docBase="projectName" debug="0"/>
qianxinxuejishu 2013-02-26
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已经解决,查了下context说明,修改了server配置文件中工程的实际目录指向工程的webroot目录下ok了,谢谢回复的朋友,给分了
小杰_ 2013-02-26
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