shell_exec phpfile - PullRequest
Новая
       8

shell_exec phpfile

0 голосов
/ 04 октября 2010

Я сейчас 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 файле content.php есть следующий код: 

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

Теперь я хочу посмотреть, действительно ли работает мой shell_exec, заполнив форму и отправив ее: но она вообще ничего не отображает.

Я написал неправильный код?

Ответы [ 3 ]

1 голос
/ 04 октября 2010

Попробуй это.Это может вам помочь. 

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,

Кандзи

0 голосов
/ 04 октября 2010

Почему вы вызываете файл PHP и не включаете его?

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

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

будет выполняться следующим образом "php -lcontent.php132 "если mysql_insert_id () возвращает идентификатор 132.

Это может быть проблемой, поскольку content.php132 может не существовать.

0 голосов
/ 04 октября 2010

.. Может быть, это будет работать для вас: 

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

Или;

  1. PHP работает в safe_mode
  2. У Apache нет прав на выполнение сценария
...