Question

我目前使用此代码：

if(isset($_POST['url']) && isset($_POST['trefwoorden']) )
{
  mysql_connect('localhost', 'crawler', 'whathasbeenseencannotbeunseen');
  mysql_select_db("crawler");
  mysql_query("INSERT INTO jobs (jobID, url, trefwoorden) VALUES ('', '".$_POST['url']."', '".$_POST['trefwoorden']."')");
  $output = shell_exec("./content.php " .mysql_insert_id());
  echo $output;

}

在我的content.php中，我有以下代码：

#!/usr/bin/php
<?php
echo 'HET WERKT';
?>

现在我想通过填写表单并提交它来查看我的shell_exec是否真正有效：但它根本不回应任何内容。

我写错了代码吗？

Answer 1

试试这个。这可能会对你有帮助。

shell_exec('usr/local/bin/php -l content.php'. mysql_insert_id())

或

shell_exec('usr/local/bin/php -content.php'. mysql_insert_id())

一切顺利。

谢谢，

汉字

Answer 2

..也许这对你有用：

shell_exec('php -l content.php'. mysql_insert_id())

或者;

PHP在safe_mode
Apache没有执行脚本的权限

Answer 3

为什么要调用PHP文件而不包括它？

此外，我同意Chouchenos，因为这行代码：

shell_exec('php -l content.php'. mysql_insert_id())

如果mysql_insert_id（）返回id 132，

将执行如下“php -l content.php132”。

这可能是一个问题，因为content.php132可能不存在。

shell_exec php文件

3 个答案: