PHP - BefehlszeilenArgumente in Windows

Ich versuche, PHP von der Kommandozeile unter Windows XP.

Funktioniert, außer der Tatsache, dass ich bin nicht in der Lage, geben Sie Parameter an, um mein PHP-Skript.

Meinem test-Fall: 

echo "param = ".$param."\n";  
var_dump($argv);

Möchte ich nennen diese als:

php.exe -f test.php -- param=test

Aber ich habe nie bekommen Sie das Skript, um zu akzeptieren meine parameter.

Das Ergebnis bekomme ich aus dem obigen Skript

`PHP Notice: Undefined variable: param in C:\test.php auf der Linie 2

param = ''
array(2) {
  [0]=> string(8) "test.php"
  [1]=> string(10) "param=test"
}

Ich versuche diese mit Hilfe von PHP 5.2.6.
Ist das ein bug in PHP5?

Die Parameterübergabe erfolgt in der online-Hilfe
Note: If you need to pass arguments to your scripts you need to pass -- as the first argument when using the -f switch.
Dies schien zu funktionieren, unter PHP4, aber nicht unter PHP5.
Unter PHP4 konnte ich benutzen das gleiche Skript, das könnte auf dem server laufen ohne änderung auf der Kommandozeile. Dies ist praktisch für das lokale Debuggen, zum Beispiel, speichern Sie die Ausgabe in eine Datei untersucht werden.

InformationsquelleAutor |
  1. 7

    Warum haben Sie keine Erwartung, dass der Parameter wird auf den Wert festgelegt? Sie sind verantwortlich für das Parsen der Kommandozeile in der Mode, die Sie wünschen, aus $argv-array.

    InformationsquelleAutor Adam Wright
  2. 3

    Die Parameterübergabe erfolgt in der online-Hilfe Hinweis: Wenn Sie Argumente an Ihr Skript, die Sie übergeben müssen -- als erstes argument übergeben wenn Sie die -f-Option. Dies schien zu funktionieren, unter PHP4, aber nicht unter PHP5.

    Aber PHP noch nicht analysiert diese Argumente. Übergibt Sie nur an das Skript im $argv array.

    Der einzige Grund für die -- ist, so dass PHP sagen kann, welche Argumente gemeint sind, für die ausführbare PHP-und welche Argumente gemeint sind, für Ihr Skript.

    Dass Sie können tun, Dinge wie diese:

    php -e -n -f myScript.php -- -f -n -e

    Wird (- f, -n, & -e nach die -- übergeben werden myScript.php. Diejenigen, die vor der übergabe an PHP selbst).

    • dieser arbeitete für mich, danke!
    InformationsquelleAutor Mark Biek
  3. 3

    Können Sie die getopt();

    Prüfen::

    http://sharingphp.blogspot.com/2011/04/php-cli-script-and-command-line.html

    InformationsquelleAutor
  4. 3

    Wenn Sie möchten, übergeben Sie die params-ähnlich wie GET vars, dann können Sie die parse_str() Funktion. Etwas ähnliches wie das hier:

    <?php
parse_str($argv[1]);
?>

    Produzieren würde eine variable $test mit einem Wert von myValue.

    Hoffe, das hilft!

    InformationsquelleAutor
  5. 1

    PHP nicht parametrisieren Sie Ihre Kommandozeilen-Parameter für Sie. Finden Sie in der Ausgabe, wo dein 2. Eintrag in ARGV ist "param=test".

    Was Sie wahrscheinlich wollen, ist die Nutzung des PEAR-Paket http://pear.php.net/package/Console_CommandLine: "A full-featured Befehlszeilen-Optionen und Argumente-parser".

    Oder Sie können masochistische und hinzufügen von code, um durch zu gehen ARGV, und die Parameter selbst. Hier ist ein sehr einfaches snippet, um Sie zu erhalten begann (das wird nicht funktionieren, wenn der erste Teil kein Gültiger Variablenname, oder es gibt mehr als 1 '=' in ARGV Teil: 

    foreach($argv as $v) {
    if(false !== strpos($v, '=')) {
        $parts = explode('=', $v);
        ${$parts[0]} = $parts[1];
    }
}
    InformationsquelleAutor Jeremy Weathers
  6. 0

    $argv ist ein array, das alle Ihre commandline Parameter..., die Sie brauchen, um zu analysieren, dass array und set $param selbst.

    $tmp = $argv[1];             //$tmp="param=test"
$tmp = explode("=", $tmp);   //$tmp=Array( 0 => param, 1 => test)

$param = $tmp[1];            //$param = "test";
    InformationsquelleAutor Ben
  7. 0

    Könnten Sie so etwas wie

    if (isset($argv[1]) {
 $arg1 = $argv[1];             
 $arg1 = explode("=", $arg1);   
 $param = $arg1[1];            
}

    (wie mit der fehlenden parameter/s ist bis zu Ihnen)
    oder wenn Sie ein komplexeres Szenario, schauen Sie in ein commandline-parser-Bibliothek wie die von Birne.

    mithilfe der ${$parts[0]} = $parts[1]; gepostet in einem anderen-Lösung ermöglicht das überschreiben der Variablen in Ihrem code, die nicht wirklich klingen sicher.

    InformationsquelleAutor rcphq
  8. 0

    Wenn Sie Leben auf der Schneide, mit PHP 5.3 hat die getOpt() Befehl, die kümmert sich um alle diese unordentlichen Geschäft für Sie. Etwas.

    InformationsquelleAutor
  9. 0

    Befehlszeile Beispiel:

    php myserver.php host=192.168.1.4 zugewiesen werden port=9000

    in myserver.php verwenden Sie die folgenden Zeilen:

    <?php

parse_str(implode('&', array_slice($argv, 1)), $_GET);
//Read Arguments
if (array_key_exists('host',$_GET))
{
    $host = $_GET['host'];
}
if (array_key_exists('port',$_GET))
{
    $port = $_GET['port'];
}
?>
    InformationsquelleAutor
  10. -1

    können Sie die $argv-array. wie diese:

    <?php
 echo  $argv[1];
?>

    denken Sie daran, dass das erste Element von $argv-array (das ist $argv[0]) ist der name des Skripts selbst, so um die Parameter für die Anwendung, sollten Sie beginnen, mit den Mitgliedern der $argv[] von der '1' th-index.
    beim Aufruf der Anwendung, verwenden Sie die folgende syntax:

    php myscript.php -- myValue

    es ist nicht notwendig, einen Namen für den parameter ein. als Sie sah, was Sie genannt var_dump() auf $argv[], das zweite Element (das ist der erste parameter) wurde der string PARAM=TEST. richtig? so gibt es keine Notwendigkeit zu setzen, einen Namen für die param. geben Sie einfach die param-value.

    • print_r($argv) ist mehr nützlich für die Problembehandlung bei einem array, imho.
    InformationsquelleAutor farzad
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