Question

我正在开发一个用HTML处理大量文本的网站，所以最近我学习了PHP并将它们移到MySQL数据库中，echo给出了特定章节的内容。现在这个工作相对较好，HTML显示正常。但是，在某些部分我已经包含了PHP函数调用，而这些似乎没有被评估 - 相反，它们只是插入到源代码中（因此对于页面查看器是不可见的），从不做任何事情。当他们是简单的.html文件时，他们确实工作。

我该如何解决这个问题？

例如，文本可能如下所示：

<?php printChapterName(); ?>
<p>Some text</p>
...
<?php showImage($name, $alt-text); ?>
...

这只是显示页面上的文字。

编辑：函数是echo：一些HTML。

Answer 1

这个应该做你想做的事情:(函数 evalInlinePHP 并在 preg_replace_callback 中使用它）

 $text = "<?php printChapterName(); ?> <p>Lorem ipsum</p>";
 function printChapterName(){ echo '<h1>Chapter #1</h1>'; }

 function evalInlinePHP($m)
 {
  ob_start();
  eval($m[1]);
  return ob_get_clean();
 }

 echo preg_replace_callback("/<\?php(.*)\?>/", 'evalInlinePHP', $text);
 //prints <h1>Chapter #1</h1> <p>Lorem ipsum</p>

但请注意，将 非常糟糕的想法存储在数据库中然后对其进行评估。您应该重新考虑如何存储和显示这些文本

Answer 2

嗯，你正在回应那些电话，这就是为什么他们会被写入而不被解释。

我认为您应该重新考虑将数据保存在数据库中的方式。为什么在只能存储showimage($name)代码时使用<img>？如果图像在所有页面中的相同位置（例如，如果您有与每个页面关联的图像），请在表格中使用img src创建另一列，并使用另一个PHP调用将图像输出到其位置。

例如，某些内容（这是一个粗略的例子，但你明白了）：

$res = mysql_query("SELECT text, image FROM contents WHERE id_pag = ".$id);
$row = mysql_fetch_array($res);
// Output the image
echo '<img src="'.$row['image'].'" />'. $row['text'];

Answer 3

使用eval()以便PHP评估来自数据库的代码。请注意，除非您是唯一负责该PHP代码的人，否则这本质上是危险的。还要确保在当前页面中定义了这些功能。

Echo html + php来自数据库

3 个答案: