은 config.ini를 변경하지 않고 PHP를 사용하는 외부 .php 파일을 포함합니다.

Question

안녕하세요. 내 PHP 파일에 외부 .php 파일을 포함시키고 싶습니다.

이 .php 파일에는 내 페이지 내에서 일부 변수 선언이 필요합니다.

나는 file_get_contents를 사용하여 시도했지만 내부의 줄만 표시합니다.

시도 :

function getter($url) { 
    $ch = curl_init(); 
    curl_setopt($ch, CURLOPT_URL, $url); 
    curl_setopt($ch, CURLOPT_SSL_VERIFYPEER, false); 
    curl_setopt($ch, CURLOPT_RETURNTRANSFER, true); 
    curl_setopt($ch, CURLOPT_HEADER, 0); 
    $data = curl_exec($ch); 
    curl_close($ch); 
    return $data; 
} 

echo getter('www.somehting.com/phpfile.php'); 

도 시도

작동하지 아직도 : 나를 config.ini 파일을 변경하지 않고이 작업을 수행하는

$code = file_get_contents($url); 
eval($code); 

어쨌든 무엇입니까?

파일이 포함되어야하는 페이지에서 .htaccess에 액세스 할 수 있습니다.

파일이 다른 서버 "rackspace"에 있습니다.

감사합니다.

Answer 1

.php 파일이 PHP 소스를 출력하지 않는 한 외부 PHP 파일을 포함 할 수 없습니다. 그렇지 않으면 그냥 외부 소스에서 해석 된 PHP 파일을 얻을 것이다.

실제 코드에 액세스 할 수 있도록 .phps (소스) 만 출력하면됩니다. 위에서 말한 것처럼 처리/해석 된 PHP 파일에 액세스 할 수 있습니다. 그러면 좋지 않을 것입니다.

당신이 다른 서버에 액세스 할 수있는 경우는 웹 주소로 외부 서버에 파일을로드 할 경우, 아파치 후 페이지 을 보여줍니다 대신 file.php

Answer 2

의 file.phps을하고 출력하기 시도 할 수 있습니다 PHP가 완료되었습니다.

그래서

Hello world! 

대신에 당신은, 그러나, ftp connection와 외부 서버에 연결하고 원하는 파일을 retreive을 시도 할 수

<?php 
echo 'Hello world!'; 
?> 

의 반환합니다. 이렇게하려면 호스팅하는 서버에 대한 관리자 액세스 권한이 있어야합니다.

Answer 3

정보가 중요한 정보가 아닌 경우 변수를 표시하는 스크립트를 작성하십시오. XML 또는 JSON. 다른 스크립트를 사용하여 파일을 읽고 변수와 해당 값을 구문 분석하십시오.

// file that exports variables 
header("Contnet-type: application/json"); 
echo json_encode(array("var1" => "abcd", "var2" => 1234)); 

// file that consumes variables 
$data = json_decode(file_get_contents("http://domain.com/vars.php"), true); 
// var_dump($data); 
extract($data); 
// var_dump(get_defined_vars()); 
var_dump($var1, $var2); 

출력 그렇게하기로되어 있는지

string(4) "abcd" 
int(1234)