Question

很抱歉这个引人注目的标题，只是想知道是否有办法防止所有类型的PHP命令执行除了一个。

例如，现在当我使用die（）终止脚本时，我的页面看起来有一半被破坏，因为页面的html底部部分无法加载，因为它是使用include（）函数引入的。

那么有没有办法告诉PHP“除了include函数之外不再允许执行任何命令”？

Answer 1

您可以使用return“终止”包含的文件，而不会删除整个脚本：

test1.php

<?php
include 'test2.php';
echo 'foo';

test2.php

<?php
echo 'bar';
return;
echo 'baz';

输出：

barfoo

Answer 2

您将需要使用自定义die（）命令（例如my_die（））来包含所需的文件。你不能覆盖die（），任何其他函数也不能让你做你想要的。

Answer 3

exit（）将停止执行，并运行任何已注册的退出处理程序。

抛出异常会升到周围尝试的任何地方。如果没有尝试到顶级，它将终止脚本的所有执行。

全局范围内的返回将返回当前包含文件，返回到包含/要求文件的任何内容。

就个人而言，我建议采用经过深思熟虑的异常处理方法，并使用try / throw。

Answer 4

你有什么理由不能这样做吗？

if(something didn't work) {
  include('footer.php');
  die();
}

如果您经常使用它，请将其变成一个功能。

function finish_and_die($message) {
  print $message;
  include('footer.php');
  exit;
}

Answer 5

您可以尝试以下方式：

if( is_secure($_GET['value']) ) // Whatever you're using to check if the value is allowed
{
    // Page content goes here
}

这样，所有其他包含和页面处理代码仍然会被调用。

或者，如果它无效，则抛出异常，并拥有一个知道如何完成页面代码的异常处理程序。

Answer 6

如果您使用OOP方法结合输出缓冲，这就是您解决问题的方法：

Controller类（逻辑所在的位置）有一个成员，它是Template类的一个实例。 Controller类有一个__destruct方法，用于呈现模板

调用exit()或die()时，调用Controller对象的__destruct方法，后者又调用Template对象的render方法。