shell_exec PHP-Datei

Question

ich zur Zeit diesen Code verwenden:

if(isset($_POST['url']) && isset($_POST['trefwoorden']) )
{
  mysql_connect('localhost', 'crawler', 'whathasbeenseencannotbeunseen');
  mysql_select_db("crawler");
  mysql_query("INSERT INTO jobs (jobID, url, trefwoorden) VALUES ('', '".$_POST['url']."', '".$_POST['trefwoorden']."')");
  $output = shell_exec("./content.php " .mysql_insert_id());
  echo $output;

}

In meinem content.php Ich habe den folgenden Code:

#!/usr/bin/php
<?php
echo 'HET WERKT';
?>

Jetzt möchte ich sehen, ob meine shell_exec tatsächlich funktioniert, indem Sie das Formular ausfüllen und schicken es ab: aber es hat gar nichts echo

.

Haben schreibe ich Code falsch?

Answer 1

Versuchen Sie dies. Dies kann Ihnen helfen.

shell_exec('usr/local/bin/php -l content.php'. mysql_insert_id())

oder

shell_exec('usr/local/bin/php -content.php'. mysql_insert_id())

Alles Gute.

Danke,

Kanji

Answer 2

.. Vielleicht wird dies für Sie arbeiten:

shell_exec('php -l content.php'. mysql_insert_id())

Oder;

1. PHP ist in safe_mode läuft
2. Apache nicht über die Berechtigungen zum Ausführen des Skripts

Answer 3

Warum wollen Sie aufrufen, um eine PHP-Datei und darunter nicht wahr?

Außerdem stimme ich Chouchenos weil diese Codezeile:

shell_exec('php -l content.php'. mysql_insert_id())

wird ausgeführt, wie dieses "php -l content.php132", wenn mysql_insert_id () gibt die ID 132.

Dies könnte ein Problem sein, weil content.php132 nicht existierend sein könnte.