Shell 运行/执行带参数的 php 脚本

Question

我需要通过shell执行一个带参数的php文件。

这是我将如何运行 php 文件：

php -q htdocs/file.php

我需要传递参数'show'并且

php -q htdocs/file.php?show=show_name

没用

如果有人可以向我说明要执行什么命令以使用设置的参数执行 php 文件，那将不胜感激。如果没有，请尝试引导我正确的方向。

Answer 1

你需要从$argc和$argv读取命令行参数。

使用问号是您在 URL 中执行的操作，与从命令行执行 PHP 无关。

另见：http://www.sitepoint.com/php-command-line-1/

Answer 2

test.php:

<?php
print_r($argv);
?>

壳牌：

$ php -q test.php foo bar
Array
(
    [0] => test.php
    [1] => foo
    [2] => bar
)

Answer 3

除了其他答案（非常正确）之外，您还可以将参数作为环境参数传递，如下所示：

FOO=42 BAR=quux php test.php

然后它们将在超全局$_ENV 中可用。

Answer 4

如果您从 PHP 文件中使用它，那么您可以使用 popen() 并执行以下操作：

$part = $show_name; //or whatever you want with spaces

$handle = popen("php -q nah.php -p=". escapeshellarg($part) . " 2>&1", "r");

这使用了 escapeshellarg() 函数，以便将 $part 变量包裹在引号中（并转义其中的任何引号），以便它可以安全地用作 shell 参数。

Answer 5

如果您有网络服务器（不仅安装了 php 解释器，还安装了 LAMP/LNMP/等）- 试试这个

wget -O - -q -t 1 "http://mysite.com/file.php?show=show_name" >/dev/null 2>&1

地点：

• « -O - » —（字母“O”，而不是零！）将“下载的 html”重定向到标准输出
• « >/dev/null 2>&1 » — 将 stdout 和 stderr 输出重定向到任何地方
• « -q » — 安静 wget 运行
• « -t 1 » - 只需 1 尝试连接（不像默认的 20）

在 PHP 的“exec”中，它会是这样的：

function exec_local_url($url) {
  exec('/usr/bin/wget -O - -q -t 1 "http://'. $_SERVER['HTTP_HOST'] .'/'
    . addslashes($url) . '" >/dev/null 2>&1'
  );
}

// ...

exec_local_url("file.php?show=show_name");
exec_local_url("myframework/seo-readable/show/show_name");

因此，您无需更改脚本来处理 argc/argv，并且可以像往常一样使用 $_GET。

如果您希望作业在后台运行 - 参见前。 Unix/Windows, Setup background process? from php code

我在我的 cron 工作中使用 wget 方法；希望对您有所帮助。