PHP将参数传递给后台脚本

Question

我已经在互联网上寻找了很长一段时间，但我找不到解决问题的方法。我对 PHP 很陌生，在后台运行 php 脚本时遇到问题。

基本上，我从 JQuery ajax 获取 POST 数据，我在每个变量上使用 escapeshellarg() 将它放在一个长字符串中，并用空格分隔，然后我用 exec() 或 shell_exec 调用我想在后台处理的脚本() 函数（我都尝试过，但都没有成功...）。

$arg_list  = escapeshellarg($str_solution)." ";
$arg_list .= escapeshellarg($str_rubriques)." ";
$arg_list .= escapeshellarg($intervalle)." ";
$arg_list .= escapeshellarg($date_start)." ";
$arg_list .= escapeshellarg($date_end)." ";
$arg_list .= escapeshellarg($_SESSION['user_id'])." ";
$arg_list .= escapeshellarg($_SESSION['user_name']);

//BACKGROUND EXECUTION
$output = shell_exec("/opt/plesk/php/5.6/bin/php-cgi -q script_rapports_intervalle.php ".$arg_list." &");
print_r($output);

在 script_rapports_intervalle.php 文件中，我只是这样做：

print_r($argv);
print_r("here i am");
die;

//HERE GOES THE SCRIPT
//....

我确实收到了这个脚本的响应，因为它只显示“我在这里”字符串。当我在 $argv 上使用 var_dump() 时，它说它是 NULL。我也尝试过传递简单的参数，如“foo”和“bar”，但似乎 $argv 总是等于 NULL。

此外，我看到了处理后台脚本的许多用法：将“&”放在命令末尾，或者将“| at now”代替。我应该使用哪一个？

我想我肯定做错了事，但我仍然看不到在哪里解决问题。

Answer 1

对我来说，这个简单的代码有效

  $params = array("function_name" => 'image_detect',"image_guid" => $image_guid);

  $query_string = http_build_query($params, "", " ");
 if (PHP_OS === "WINNT") {
    pclose(popen("start /B php " . $script_location . " " . $query_string, "r"));
 } else {
    exec("/opt/plesk/php/5.6/bin/php " . $script_location . " " . $query_string . " &> /dev/null &");
 }

因此，在您的情况下，您可以通过将 /opt/plesk/php/5.6/bin/php-cgi 替换为 /opt/plesk/php/5.6/bin/php

来检查