如何通过PHP的require()或include()函数传递变量？

Question

当我使用以下代码时：

require("diggstyle_code.php?page=$page_no");

警告信息是：failed to open stream: No error，位于C:\xampp\htdocs\4ajax\gallery_core.php的第198行。

错误信息为：

Failed opening required 'diggstyle_code.php?page=1' (include_path='.;C:\xampp\php\PEAR') in C:\xampp\htdocs\4ajax\gallery_core.php on line 198

事先已经收集到变量$page_no的值。

但是，如果我从require函数的参数中省略'?page=$page_no'这一部分，那么不会显示任何错误或警告。

在使用require()函数时，我需要传递这个变量。

- sof_user

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@Tomalak Geret'kal，我是新手，请您澄清一下您的话。 - sof_user

请阅读 FAQ（http://stackoverflow.com/faq），特别是标题为“我如何在这里提问？”的章节。 - Lightness Races in Orbit

Answer 1

require()和include()会打开与它们接收到的路径/名称对应的文件。

这意味着，根据你的代码，你必须在你的磁盘上有一个名为diggstyle_code.php?page=1的文件。显然不是这样的，所以它失败了。

引用PHP手册的变量作用域页面：

变量的作用域是它被定义的上下文。在大多数情况下，所有PHP变量只有一个作用域。这个单一作用域也包括被包含和被引用的文件。

在你的情况下，你不需要传递变量。如果你在当前脚本中有一个变量，它也会存在于你包含的脚本中，除了函数，它们有自己的作用域。

在你的主脚本中，你应该有：

$page_no = 10;
require 'diggstyle_code.php';

在 diggstyle_code.php 文件中：

echo $page_no;
// Or work with $page_no the way you have to

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记住，包含/需要一个文件与将其内容复制粘贴到所需的行上完全相同。

- Pascal MARTIN

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这仅适用于启用了auto_globals的代码。通过查询字符串传递的变量位于超全局变量$_GET数组中（或者也可以是$_REQUEST）。 - knittl

@knitti，你能给个例子吗？谢谢！ - ryanjdillon

感谢@PascalMARTIN。这不是解决内部文件没有URL变量的方法，这是正确的做法。它可以在关闭$globals的情况下工作。我不知道为什么knittl会这样说，因为它使用标准的变量作用域。@knittl - 你能详细说明一下吗？ - James

Answer 2

这应该可以工作，但这是一种非常不规范的hack方法：

$_GET['page'] = $page_no;
require('diggstyle_code.php');

您可能希望重构您的代码，使用函数和/或对象，并从您的文件中调用它们，而不是包含它们（警惕代码纷乱）。

- knittl

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1. "重构你的代码" - 是什么意思？
2. "从你的文件中调用它们" - 你是什么意思？
3. "意大利面条式代码警告" - 代码变得笨拙了吗？

- sof_user

@sof_user：1）重构您的代码，使其更易于使用和维护，而不改变行为。2）创建函数，将它们包含在其他文件中，然后在需要时从这些文件中调用它们。3）代码变得难以维护且混乱不堪（就像意大利面条一样）。 - knittl

Answer 3

虽然这个问题比较古老，但是我使用的另一种选项在此线程中并未提及。你可以从所需文件返回一个函数，该函数接受要传递的参数。

return function(array $something) {
    print_r($something);
}

当你需要时，使用参数调用它：require

require('file.php')(['some', 'data']);

// or:

$context = require('file.php');
$context(['some', 'data']);

- Marty

Answer 4

require 不会从 Web 服务器上拉取文件，它应该引用文件系统中的文件。

调用 include 或 require 只是告诉 PHP 在此处将给定文件的内容粘贴到您的代码中，仅此而已。

- Blagovest Buyukliev

Answer 5

如果我理解正确，您需要调用文件diggstyle_code.php并传递一个参数，这样就没有人可以调用该文件并使其工作，而不是调用您的主要文件。我理解正确吗？

因此，假设您的“main.php”有以下行：

require("diggstyle_code.php?page=$page_no");

这意味着： 如果有人调用“main.php”，则会运行diggstyle_code.php。 但是，如果任何人以任何方式直接调用diggstyle_code.php，他/她将得到空白页面。

如果我的理解正确，实现此目的的一种方法是，在主文件中包含一个变量或常量，该变量或常量将由diggstyle_code.php范围限定。

例如：'main.php'

<?php
define("_VERIFICATION_", "y");
require("diggstyle_code.php");
?>

现在是 diggstyle_code.php。

<?php
if ( _VERIFICATION_ == "y" ) {
//Here the code should be executed
} else {
// Something else
}
?>

- Tormy Van Cool

Answer 6

require() 不会发起 HTTP 请求，它只是从磁盘打开文件，并将代码包含在调用的位置。因此，简单的本地变量就足够了。

- linepogl

Answer 7

如果您的变量是全局的，就不需要“传递”它，它已经存在了：PHP 变量作用域。

因此，答案是什么都不用做，如果 $page_no 存在于您调用 require() 的文件中，则它将在被包含的文件中可用。

- stephane k.

Answer 8

require、require_once、include 和 include_once 尝试在当前文件中从文件系统中包含文件。

由于没有名为 diggstyle_code.php?page=1 的文件，因此 PHP 无法找到它是完全合理的。

你不能通过这种方式传递值，但是在当前文件中声明的任何变量都可以在被包含的文件中访问。

- krtek

Answer 9

我遇到了这个问题，我注意到如果你在URL中使用http://，它就无法工作。

- user3420355