我是很新的php，所以我有张贴的麻烦。我试图在2个php文件之间传输信息，其中send_var.php通过POST发送命令，get_var.php执行一些数据操作并返回响应。send_var.php如下所示:
<?php
$url = "./get_var.php";
$fields = array('response' => "323243");
$data = http_build_query($fields);
// echo $data."<br />";
$context = stream_context_create(array(
'http' => array(
'method' => 'POST',
'header' => "Content-type: text/html'r'n",
'content' => $data
),
));
$out = file_get_contents($url, false, $context);
echo "Info from get_var : " . $out;
?>
get_var.php是:
<?php
$arg1 = isset($_POST['response']) ? $_POST['response'] : null;
if($arg1 == '')
{
echo "No Command! ";
}
if($arg1 != "")
{
echo $_POST['response'];
}
else
{
$_POST['response'] = "123456";
echo $_POST['response'] . " end of get_var";
}
?>
这段代码是从堆栈溢出的其他示例中提取的。我得到的唯一输出是"来自get_var的信息:"很明显我漏掉了一些非常基本的知识。如果有人能帮忙，我将不胜感激。我在XAMPP下执行这个
为了运行PHP脚本，您必须通过web服务器访问它。所以URL需要是http: URL，而不仅仅是文件名:
$url = "http://localhost/path/to/get_var.php";
如果你只使用文件名，file_get_contents()只会返回PHP源代码，它不会运行它。
另外，您的Content-type标头是错误的，它应该是application/x-www-form-urlencoded，而不是text/html(这是响应的内容类型，您的上下文指定了POST数据的类型)。