对于我的网站，我想将网站的一般格式存储在单个位置的单个 PHP 文件中，并将每个不同页面的内容存储在页面的本地位置。然后我想通过变量将标题和内容地址传递给包含的文件。
但是我无法获取包含的格式文件来读取存储标题和内容数据的变量。
AKA，单个页面的调用文件将是：
<?php
$title = 'Some Title';
$source_file = 'content.php';
readfile('http:...../format.php');
?>
格式文件为：
<html> ...
<title>
<?php
echo $title;
?>
</title>
...
<?php
include($source_file);
?>
...
我记得在某处读过我需要在格式文件开头包含一些内容以获取变量的内容，但是我不记得它是什么或在哪里找到该信息。
【问题讨论】：
如果你的意思是使用include() 使用include() 而不是readfile() 用于输出文件的实际内容...readfile() 根本不会解析 PHP 代码，所以没有办法将变量传递给它。
您看到 PHP 代码正在执行的原因是您的 Web 服务器实际上正在发出第二个 HTTP 请求（对自己？），并运行第二个进程来执行您的 PHP。第二个进程将没有相同的会话，也无法访问第一个进程的任何 cookie 或其他变量。
您可以使用 GET 参数传递一些变量，但如果您要包含的文件位于同一服务器上，则应使用 include()。如果您要包含的文件位于另一台服务器上，您应该停下来想一想您在做什么，因为您自找麻烦。
【讨论】：
您需要显式传递参数。
<?php
$title = 'Some Title';
$source_file = 'content.php';
readfile('http:...../format.php?title='.urlencode($title).'&source_file='.urlencode($source_file));
?>
.
<html> ...
<title>
<?php
echo $_GET['title'];
?>
</title>
...
<?php
include($_GET['source_file']); // Don't do that!
// Never use include with argument that came from outside
?>
...
请不要将 include() 与来自外部的参数一起使用（如上所示）。 这是一个巨大的安全漏洞。
【讨论】：