在 PHP 和 shell 之间来回传递参数答案

【问题标题】：Passing arguments back and forth between PHP and shell在 PHP 和 shell 之间来回传递参数
【发布时间】：2014-09-02 19:51:34
【问题描述】：

我正在尝试从 shell 到 PHP 来回传递参数，然后再返回。在我的简单测试中，我很容易从 shell 进入 PHP，但是没有运气将字符串取出。我已经尝试了 escapeshellarg 和 escapeshellcmd，但都没有成功。

壳

#!/bin/sh

# set a date and time variables, in the form of  YYYY-MM-DD and HH:MM:SS
dateVar=`date +%Y-%m-%d`
timeVar=`date +%H_%M`

# Launching PHP
runPHP=`which php`
$runPHP calledPHP.php $timeVar $dateVar

# Returned from PHP
passTime=$1
echo "$passTime"

passDate=$2
echo "$passDate"

PHP

<?php

setlocale(LC_CTYPE, "en_US.UTF-8");
echo "PHP called.\n";
$logTime = $argv[1]."\n";
//    echo $logTime;
$logDate = $argv[2]."\n";
//    echo $logDate;

$passTime = escapeshellarg('Time: $logTime'); 
$passDate = escapeshellarg('Date: '.$logDate);

?>

运行 shell，它返回的唯一回声是“PHP 调用”。如您所见，我在最后两个 php 变量中尝试了两种不同的语法。两者似乎都不起作用。有没有更好的功能呢？或者，我只是使用了错误的语法？

提前感谢您的任何建议

【问题讨论】：

除了你的php called echo，你的 PHP 代码不会输出任何东西。而且您的 $logTime 行不正确。 PHP 中的'-quoted 字符串不会插入变量。你的$passTime 将包含$、l、o、g 等...
我最初找到了$passDate 的示例，这对我来说看起来是正确的，但我同意' 引用的字符串。我只是为了完整性而尝试它，因为它是我发现的一个“工作示例”，尽管它显然对我不起作用。我并没有真正尝试从 PHP 中获取任何输出，除了将字符串从 PHP 传递回包含的 shell 脚本。

标签： php shell argument-passing

【解决方案1】：

在 PHP 脚本中，您必须 echo 任何您希望 shell 脚本作为“返回值”获得的东西。请记住，您并没有真正返回任何东西。您正在打印到标准输出。然后你必须使用someVariable=$(ExecuteScriptThatOutputsStdOut) 将该stdOut 捕获到shell 脚本中的一个变量中。

这是一个类似的问题/答案：redirect command output into variable and standard output in ksh

您的代码已修改为从 PHP 脚本获取/打印输出。您可能还想更改其他一些奇怪的东西，尽管这是一个单独的问题。（在 php 中赋值末尾的换行符，转义 shell args，其中包含硬编码标签。）

如果你想要单独的日期和时间，你要么必须调用两个单独的 php 脚本，或者在 shell 脚本中，你必须解析 PHP 脚本的输出并将结果分成两个变量。

Shell 脚本

#!/bin/sh

# set a date and time variables, in the form of  YYYY-MM-DD and HH:MM:SS
dateVar=`date +%Y-%m-%d`
timeVar=`date +%H_%M`

# Launching PHP
runPHP=`which php`
phpResult=$($runPHP calledPHP.php $timeVar $dateVar)

# Returned from PHP
echo "The php result is: $phpResult"

PHP

<?php

setlocale(LC_CTYPE, "en_US.UTF-8");
//echo "PHP called.\n";
$logTime = $argv[1]."\n";
//    echo $logTime;
$logDate = $argv[2]."\n";
//    echo $logDate;

$passTime = escapeshellarg("Time: $logTime");
$passDate = escapeshellarg("Date: $logDate");

echo "$passTime, $passDate";
?>

【讨论】：

非常感谢您的帮助。我根本不了解我找到的示例是如何工作的。我不明白 PHP 如何将参数传递给 $1 和 $2 变量。你的例子更有意义。对于本示例可能帮助的其他任何人，显示变量的最终 shell 回显是：The php result is: 'Time: 17_36', 'Date: 2014-09-02'，因此如果您只想要原始时间或日期，则需要进一步处理它，但现在至少您知道如何处理一些数据。

【解决方案2】：

当 shell 脚本调用外部程序时，它唯一可以捕获的就是程序的输出。当程序的进程退出时，程序的状态（环境、变量等）全部消失。

您必须安排让您的 PHP 脚本将数据发送到标准输出（即 echo 它），然后 shell 脚本将解析输出（通常使用 read 命令）

【讨论】：