Question

如何将参数传递给php脚本：

<?php require '../scripts/listPictures.php'; ?>

在最后添加我的参数会导致整个脚本中断，并且在argv上使用vardump只会返回null。

Answer 1

我认为这样做的好方法是使用一个类，然后像这样添加所有参数：

class View
{
    private $partial;
    private $data;

    function __construct($partial, $data = array())
    {
        $this->partial = $partial;
        $this->data = $data;
    }

    function __get($name)
    {
        return (isset($this->data[$name]))
            ? $this->data[$name]
            : null;
    }

    function render()
    {
        ob_start();
        include($this->partial);
        return ob_get_clean();
    }
}

然后你可以这样调用你的观点：

$view = new View("../scripts/listPictures.php", array("name" => "Ghilliedrone"));

以下是listPictures.php的内容：

<h1>Hello ! My name is <?php echo $this->name; ?> !</h1>

您还可以使用echo直接显示视图：

<?php echo new View("../scripts/listPictures.php", array("name" => "Ghilliedrone")); ?>

Answer 2

您不会发送参数，因为include / require会运行脚本，就好像您只是在那个地方编写它一样。

那么只需检查脚本需要哪些参数（会话中的某些内容？请求中的某个变量？可能是变量？）并在需要之前设置它。

更好的方法是将listPictures.php中的任何内容转换为函数，以便实际发送参数

Alban的回复太多了。创建一个类，实例化它，调用它，仅用于一些简单的任务= p我要在其中创建一个函数，因为它更容易，更清晰，更快（要做和要运行php）并且使用更少存储器

Answer 3

如果您没有在listPictures.php文件中声明类似函数和类的内容，则可以执行此操作：

function listPictures($arg1, $arg2) {
    return require '../scripts/listPictures.php';
}

在HTML中使用带有PHP脚本的参数

3 个答案: