在cron作业中使用以下命令是否正确：
/ usr / bin / php -q /home/**/public_html/scores.php?date=12/05/2009
我没有找到任何支持性的文章/材料来回答它，因此我向社区提出了这个问题 .
所以问题是我有办法在调用PHP脚本的cron作业中包含变量吗？
谢谢
尼克，在http://php.net/manual/en/features.commandline.php看了一眼 .
你想要做的是以 php -f scores.php '12/05/2009' 的形式传递参数 . 此时，您只需查看 $_SERVER['argv'] 即可获得该值 .
php -f scores.php '12/05/2009'
$_SERVER['argv']
您可以设置cronjob从服务器获取它：
wget -q -O /dev/null "http://yourdomain.com/scores.php?date=12%2F05%2F2009"
我遇到了同样的问题，我的快速解决方法是使用在其中声明的参数创建一个单独的文件，然后'包含'原始的Cron文件 .
即：
$date = '12/05/2009'; include ('scores.php');
用这个
/usr/bin/php -q /home/**/public_html/scores.php 12/05/2009
在cron jobs中，这是你应该如何传递参数
/usr/bin/php -q /home/**/public_html/scores.php date=12/05/2009
*注意没有“？”
5 回答
尼克，在http://php.net/manual/en/features.commandline.php看了一眼 .
你想要做的是以
php -f scores.php '12/05/2009'的形式传递参数 . 此时，您只需查看$_SERVER['argv']即可获得该值 .您可以设置cronjob从服务器获取它：
我遇到了同样的问题，我的快速解决方法是使用在其中声明的参数创建一个单独的文件，然后'包含'原始的Cron文件 .
即：
用这个
在cron jobs中，这是你应该如何传递参数
*注意没有“？”