php - shell_exec phpfile

Question

私は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';
?>

ここで、フォームに入力して送信することで、shell_execが実際に機能するかどうかを確認したいと思います。ただし、何もエコーされません。

間違ったコードを書きましたか？

score 1 · Accepted Answer

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

score 0 · Accepted Answer

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Chouchenosに同意します。なぜなら、このコード行は次のとおりです。

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

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

存在しない可能性があるため、これは問題になるcontent.php132可能性があります。

score 0 · Accepted Answer

..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;

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

php - shell_exec phpfile

3 に答える 3

Related

Reference