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検索コマンド「phpfreadphpcode」とphpfopenphp codeでfreadとfopenの両方をチェックしても成功しなかったので、今度は自分で質問することにします（質問のある300ページ以上は掘り下げるのに少し急でした）周りに。）

外部ファイルからコンテンツを取得するページがあります。配列を調べて適切なファイルを見つける別のファイルから読み取られたURL（？links = homeなど）を介してリクエストを送信するリンクを含むindex.phpを取得しました。それはすべてうまくいきます！しかし、ここで注意が必要な部分があります。ファイルの中には、その仕事をしないが、ビューソースでぶらぶらしているphpコードの文字列がいくつか含まれています。はい、source：codeでコマンドを確認できますが、私が要求するものは何もありません。単一のエコーではありません。

これは、物事をさらによく説明するかもしれないいくつかのコードです。

urlコマンドを取得するコード：

<?php
function load_pages() {
    if ($_GET['link'] != NULL) {
        $link = $_GET['link'];
        $links = array("hem" => "hem.php", "about" => "about.php", "blogg" => "blogg.php", "kontakta" => "kontakta.php");
        foreach ($links as $key => $value) {
            if ($key == $link) {
                $file = "links/" . $value;
                $fh = fopen($file, "r") or exit("Unable to open the file.");
                $fileContent = fread($fh, filesize($file));
                fclose($fh);
                echo $fileContent;
            }
        }
    } else {
        $file = "links/hem.php";
        $fh = fopen($file, "r") or exit("Unable to open the file.");
        $fileContent = fread($fh, filesize($file));
        fclose($fh);
        echo $fileContent;
    }
}
?>

ロードしたいページのコマンドを取得するファイル：

<?php
include ("../include/functions.php");
connect();
?>

<h1>Blogg</h1>
<?php
if ($_GET['id'] == NULL) {
    blogg_content();
} else {
    blogg_link();
}
?>

<div id="blogg_menu">
    <?php blogg_menu(); ?>
</div>

出てくるのは：Bloggそれはうまくいかないので、ブログコンテンツなどを提供するために何を変更すればよいでしょうか。（このページはスウェーデン語で、「ブログ」に関するタイプミスを無視するためのものです。）

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これらのファイルに実行したいPHPコードが含まれている場合は、生データをエコーするのではなく、実行する必要がありincludeます。require

コードファイルを含める方法については、PHPのドキュメントを参照してください。

編集 あなたの説明からはわかりにくいですが、もしそうなら、あなたは次のようなことをしなければならないでしょう：

...
if ($key == $link) {
    $file = "links/" . $value;
    include_once $file;
}
...
于 2011-08-02T22:12:11.907 に答える