Question

我正在使用PHP export script from 1 and 1：

<?php
//ENTER THE RELEVANT INFO BELOW
$mysqlDatabaseName ='db123456789';
$mysqlUserName ='dbo123456789';
$mysqlPassword ='myPassword';
$mysqlHostName ='db1234.perfora.net';
$mysqlExportPath ='chooseFilenameForBackup.sql';

//DONT EDIT BELOW THIS LINE
//Export the database and output the status to the page
$command='mysqldump --opt -h' .$mysqlHostName .' -u' .$mysqlUserName .' -p' .$mysqlPassword .' ' .$mysqlDatabaseName .' > ~/' .$mysqlExportPath;
exec($command,$output=array(),$worked);
switch($worked){
    case 0:
        echo 'Database <b>' .$mysqlDatabaseName .'</b> successfully exported to <b>~/' .$mysqlExportPath .'</b>';
        break;
    case 1:
        echo 'There was a warning during the export of <b>' .$mysqlDatabaseName .'</b> to <b>~/' .$mysqlExportPath .'</b>';
        break;
    case 2:
        echo 'There was an error during export. Please check your values:<br/><br/><table><tr><td>MySQL Database Name:</td><td><b>' .$mysqlDatabaseName .'</b></td></tr><tr><td>MySQL User Name:</td><td><b>' .$mysqlUserName .'</b></td></tr><tr><td>MySQL Password:</td><td><b>NOTSHOWN</b></td></tr><tr><td>MySQL Host Name:</td><td><b>' .$mysqlHostName .'</b></td></tr></table>';
        break;
}
?>

如果我正在执行它，我会得到Strict Standards: Only variables should be passed by reference in并指向此行

exec($command,$output=array(),$worked);

我应该如何调整脚本？

Answer 1

您应该在致电$output之前定义exec：

$output = array();
exec($command, $output, $worked);

发生错误是因为PHP不喜欢将当场创建的值作为引用传递（尽管在这种情况下，对于更高级的编译器来说，这应该是一个非常明显的问题）。

Answer 2

不要在函数调用内部分配，只需调用它：

exec($command, $output, $worked);

顺便说一句，$ output var不必先被初始化。

Answer 3

正如我在上面的评论中所强调的，这只是你犯的一个小错误，这很容易纠正。

通常，您只能通过引用传递变量，但是您传递了一个表达式pass-by-reference function parameter。

传递变量而不是表达式将解决您的问题并且警告将消失。

例如使用

$output             # variable

而不是

 $output = array()  # expression

表示第二个参数。

有趣的事实： 引用参数返回的变量类型是return - not input - types。这意味着，在传递变量之前，您不需要使$output成为数组。你只需要传递变量就可以得到一个数组。

exec和只有变量应该通过引用传递

3 个答案: