Pergunta
Atualmente, uso este código:
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;
}
No meu conteúdo.php, tenho o seguinte código:
#!/usr/bin/php
<?php
echo 'HET WERKT';
?>
Agora, quero ver se meu shell_exec realmente funciona preenchendo o formulário e enviando -o: mas não ecoa nada.
Eu escrevi código errado?
Solução
Tente isso. Isso pode ajudá -lo.
shell_exec('usr/local/bin/php -l content.php'. mysql_insert_id())
ou
shell_exec('usr/local/bin/php -content.php'. mysql_insert_id())
Tudo de bom.
Obrigado,
Kanji
Outras dicas
.. Talvez isso funcione para você:
shell_exec('php -l content.php'. mysql_insert_id())
Ou;
- O PHP está funcionando em Safe_mode
- O Apache não tem permissões para executar o script
Por que você invoca um arquivo php e não o inclui?
Além disso, eu concordo com Chouchenos porque esta linha de código:
shell_exec('php -l content.php'. mysql_insert_id())
Executará como este "php -l content.php132" se mysql_insert_id () retornar o ID 132.
Isso pode ser um problema porque content.php132
pode não ser existente.
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