Question

我正在尝试在shell_exec命令中包含一个用户定义的变量（从cookie派生）来命名文件。不幸的是，当我运行PHP脚本时，文件名只是“.flv”而没有前面的变量字符串。我已经测试了cookie，它确实有效，但看起来它没有被正确传递给exec。任何帮助或建议将不胜感激。

$shellvar = $_COOKIE["VideoTitle"];
$shellvar = escapeshellarg($shellvar);
shell_exec('/usr/local/bin/ffmpeg -i audio.wav -i videofile.flv $shellvar.flv 2>&1');

Answer 1

您在PHP中使用单引号，这意味着它不会将$ shellvar解析为PHP变量。然后，这将传递给终端，终端尝试使用该变量（当时不存在）并且它会回吐一个空白变量。因此，尝试在shell_exec命令中用双引号替换单引号。

所以代码看起来像：

$shellvar = $_COOKIE["VideoTitle"];
$shellvar = escapeshellarg($shellvar);
shell_exec("/usr/local/bin/ffmpeg -i audio.wav -i videofile.flv $shellvar.flv 2>&1");

强制性安全警告：
另外，我恳请你小心，escapeshellarg是一个很好的命令，但我也建议（最重要的是）只允许使用preg_match的字母和数字（因为我是偏执狂）。

像

这样的东西

if (preg_replace('/[A-Za-z0-9]*/', '', $shellvar) != "")
    echo "DISALLOWED CHARACTERS";

通过这种方式，您至少可以确定不允许将格式错误的名称传递给终端。我还建议将命令作为特定用户运行（访问权限很少，使用ffmpeg的用户不多）。

在PHP中使用Cookie变量和shell_exec

1 个答案: