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我正在尝试从Windows XP下的命令行运行 PHP 。

这行得通，除了我无法为我的 PHP 脚本提供参数这一事实。

我的测试用例：

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

我想称之为：

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

但我从来没有让脚本接受我的参数。

我从上面的脚本得到的结果：

PHP 注意：未定义变量：第 2 行 C:\test.php 中的参数

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

我正在尝试使用 PHP 5.2.6。这是 PHP 5 中的错误吗？

参数传递在在线帮助中处理：

注意：如果您需要将参数传递给脚本，则需要在使用 -f 开关时将 -- 作为第一个参数传递。

这似乎在 PHP 4 下有效，但在 PHP 5 下无效。

在 PHP 4 下，我可以使用可以在服务器上运行的相同脚本，而无需在命令行上进行更改。这对于本地调试很方便，例如，将输出保存在文件中，以供研究。

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11 回答 11

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为什么您期望将param设置为该值？

您负责从$argv数组中以您想要的方式解析命令行。

于 2008-09-15T18:06:14.490 回答
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您可以使用getopt()函数。

检查博客文章PHP CLI 脚本和命令行参数。

于 2011-05-12T12:39:29.813 回答
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参数传递在在线帮助中处理 注意：如果您需要将参数传递给您的脚本，您需要传递 -- 作为使用 -f 开关时的第一个参数。这似乎在 PHP 4 下有效，但在 PHP 5 下无效。

但是 PHP 仍然不解析这些参数。它只是将它们传递给$argv数组中的脚本。

使用--的唯一原因是 PHP 可以分辨出哪些参数适用于 PHP 可执行文件，哪些参数适用于您的脚本。

这使您可以执行以下操作：

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

（后面的-f、-n 和 -e 选项--被传递给文件myScript.php。前面的选项被传递给 PHP 本身）。

于 2008-09-15T18:19:18.327 回答
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如果要传递类似于 GET 变量的参数，则可以使用parse_str()函数。与此类似的东西：

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

将产生一个变量$test，其值为 <myValue>。

于 2011-05-27T19:37:34.740 回答
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PHP 不会为您参数化命令行参数。查看第二个输入ARGV为“param=test”的输出。

您很可能希望使用 PEAR 包Console_CommandLine：“功能齐全的命令行选项和参数解析器”。

或者您可以自虐并添加代码来检查您ARGV并自己设置参数。这是一个非常简单的片段，可以帮助您入门（如果第一部分不是有效的变量名或部分中有超过 1 个“=”，这将不起作用ARGV：

foreach($argv as $v) {
    if(false !== strpos($v, '=')) {
        $parts = explode('=', $v);
        ${$parts[0]} = $parts[1];
    }
}
于 2008-09-15T18:13:16.390 回答
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命令行示例：

    php myserver.php host=192.168.1.4 port=9000

在文件myserver.php中，使用以下行：

<?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'];
    }
?>
于 2014-10-09T03:00:14.657 回答
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你可以使用类似的东西

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

（如何处理缺少参数取决于您。）

或者，如果您需要更复杂的场景，请查看命令行解析器库，例如Pear中的解析器库。

使用${$parts[0]} = $parts[1];在另一个解决方案中发布的内容可以让您覆盖代码中的任何变量，这听起来并不安全。

于 2008-09-15T20:36:22.927 回答
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您可以执行以下操作：

if($argc > 1){
    if($argv[1] == 'param=test'){
        $param = 'test';
    }
}

当然，您可以根据需要变得比这复杂得多。

于 2008-09-15T18:13:44.597 回答
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如果你喜欢生活在最前沿，PHP 5.3 有getOpt()命令，它将为你处理所有这些杂乱无章的事情。有些。

于 2009-10-12T21:59:26.967 回答
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$argv 是一个包含所有命令行参数的数组...您需要解析该数组并自己设置 $param。

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

$param = $tmp[1];            // $param = "test";
于 2008-09-15T18:10:51.030 回答
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您可以使用 $argv 数组。像这样：

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

请记住$argv数组的第一个成员（即$argv[0]）是脚本本身的名称，因此为了使用应用程序的参数，您应该开始使用$argv[]的成员第'1'个索引。

调用应用程序时，请使用以下语法：

php myscript.php -- myValue

不需要为参数命名。如您所见，您在$argv[]上调用了var_dump()，第二个成员（即第一个参数）是字符串PARAM=TEST。正确的？所以没有必要为参数命名。只需输入参数值。

于 2008-09-15T19:00:56.293 回答