fichier php shell_exec

Question

J'utilise actuellement ce code:

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;

}

Dans mon content.php je le code suivant:

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

Maintenant, je veux voir si mon shell_exec fonctionne réellement en remplissant le formulaire et le soumettre: mais il ne fait pas écho quoi que ce soit

.

Ai-je écrire un code erroné?

Answer 1

Essayez ceci. Cela peut vous aider.

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

ou

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

Bonne chance.

Merci,

Kanji

Answer 2

.. Peut-être que cela fonctionnera pour vous:

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

Ou;

1. PHP est en cours d'exécution dans safe_mode
2. Apache ne dispose pas des autorisations pour exécuter le script

Answer 3

Pourquoi est-ce que vous invoquez un fichier PHP et ne pas l'inclure?

D'ailleurs, je suis d'accord avec Chouchenos parce que cette ligne de code:

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

exécutera comme celui-ci "php -l content.php132" si mysql_insert_id () retourne l'identifiant 132.

Cela peut être un problème parce que content.php132 pourrait ne pas être existant.