shell_exec phpfile

Question

現在、このコードを使用しています。

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;

}

私のcontent.phpには、次のコードがあります。

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

今、私は自分のshell_execが実際にフォームに記入してそれを送信することで機能するかどうかを見たいです。しかし、それは何も反響しません。

間違ったコードを書きましたか？

Answer 1

これを試して。これはあなたを助けるかもしれません。

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

また

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

ではごきげんよう。

ありがとう、

漢字

Answer 2

..多分これはあなたのために働くでしょう：

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

または;

1. PHPはsafe_modeで実行されています
2. Apacheにはスクリプトを実行する権限がありません

Answer 3

なぜPHPファイルを呼び出して、それを含めないのですか？

その上、私はこのコードの行なので、私はChouchenosに同意します：

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

mysql_insert_id（）がid 132を返す場合、この「php -l content.php132」のように実行されます。

これは問題かもしれません content.php132 存在しないかもしれません。