shell_exec PHP-Datei
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27-09-2019 - |
Frage
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?
Lösung
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
Andere Tipps
.. Vielleicht wird dies für Sie arbeiten:
shell_exec('php -l content.php'. mysql_insert_id())
Oder;
- PHP ist in safe_mode läuft
- Apache nicht über die Berechtigungen zum Ausführen des Skripts
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.
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