Shell_exec phpfile.

Question

В настоящее время я использую этот код:

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;

}

В моем content.php у меня есть следующий код:

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

Теперь я хочу посмотреть, работает ли моя Shell_exec, наполнив форму и отправляя его: но это вообще не повторяется.

Я написал неправильный код?

Answer 1

Попробуй это. Это может помочь вам.

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

или

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

Всего наилучшего.

Спасибо,

Канджи

Answer 2

.. может быть, это будет работать для вас:

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

Или;

1. PHP работает в Safe_Mode
2. Apache не имеет разрешений для выполнения скрипта

Answer 3

Почему вы вызываете PHP-файл и не включая его?

Кроме того, я согласен с Chouchenos, потому что эта линия кода:

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

будет выполняться как этот «php -l content.php132», если mysql_insert_id () возвращает ID 132.

Это может быть проблемой, потому что content.php132 может не существовать.