Cron作业无法打开输入文件

Question

我的托管服务器上有一个cron job，应该每30分钟执行一次php脚本。此php脚本用于抓取csv文件并将其更新到数据库中（我正在使用MySQL）。手动执行该脚本即可正常工作-大约需要45 seconds才能完成该过程。

现在，当cron job运行时，我收到此消息：

Could not open input file. 

起初，我认为这可能是因为执行该脚本需要30秒钟以上，所以我决定以乞求php脚本的方式设置最大执行时间：

ini_set('max_execution_time', 300);

但是同样的消息再次出现。 这是我的cron job：

/usr/local/bin/php /home/emmaein/domain.com/folder/script.php?token=d8cn3j

P.S：token的获取变量有点像密码，因此每个人都无法执行，所以我的php脚本基本上是这样的：

if($_GET['token'] === 'd8cn3j'){
    //open csv
    //get data
    //update db
} else{
    exit('I see you >:)');
}

Answer 1

当PHP未在Web服务器上运行时，您将无法访问$_GET变量（没有这种功能）。相反，您应该使用命令行参数：

<?php
if ($argc > 1 && $argv[1] === 'd8cn3j') {
    // Do stuff
}

然后您的crontab变为：

/usr/local/bin/php /home/emmaein/domain.com/folder/script.php d8cn3j

$argc（参数数量）和$argv（参数数组）的概念在CLI程序和is documented on PHP's website中是相当标准的。