PHP运行带有参数作为php变量的java jar文件答案

【问题标题】：PHP running java jar files with parameters as php variablesPHP运行带有参数作为php变量的java jar文件
【发布时间】：2012-04-17 18:03:27
【问题描述】：

您好，我正在尝试从 PHP 5 执行一个 jar

这是我正在执行的代码：

$command = '"java -jar WEB-INF\\lib\\FileReceiver.jar '.$address.' '.$service_port.' \"'.$command.'\" \"'.$filePath.'\""';
exec($command, $out);

但是 jar 没有被执行。我在 firebug 中记录了 $command 变量并将输出插入到代码中，例如：

exec("java -jar WEB-INF\lib\FileReceiver.jar 127.0.1.1 2018 \"docs/document.txt \" \"C:\\apache-tomcat-7.0.26\\webapps\\test\\downloads\\doument.txt\"", $out);

给出正确的输出。我不明白为什么硬编码它可以工作，但包含相同信息的变量却没有。

有人可以帮我吗？

谢谢

【问题讨论】：

您确定$adress $service_port $command 和$filepath 的值正确吗？
你需要显示 \" ，你应该写 \\"
@Shingetsu 是的，我确定，我从 firePHP 控制台复制了变量 $command 中的内容并粘贴了它。

标签： java php html jar

【解决方案1】：

这样试试

$command = escapeshellarg($address).' '.escapeshellarg($service_port).' '.escapeshellarg($command).' '.escapeshellarg($filePath).' ';

exec('java -jar WEB-INF\\lib\\FileReceiver.jar '.$command, $out);

【讨论】：

如果我对变量中包含的内容进行硬编码，但如果我传递变量，则 jar 不会执行。感谢您的快速答复。您还有其他建议吗？
我试过了，结果是正确的。我用 exec 中的 echo 结果替换了 $command，它可以正常工作。我完全困惑为什么在 exec 中有变量不会执行。
@ßee ，尝试使用 escapeshellarg
我太累了……它只是在开头和结尾的双引号后添加了一个空格，并删除了中间的引号，这会使情况变得更糟。无论哪种方式，jar 都没有执行
非常感谢您的帮助。我刚刚发现了问题。 $command 有一个 \n 字符，阻止它在 jar 文件中执行。

【解决方案2】：

您在第一个 sn-p 中过度转义了双引号。

您使用单引号作为文字字符串分隔符，因此您不需要转义双引号。

另外，最后的'\""' 应该是'"'

【讨论】：