PHP - 如何包含一个php类文件并执行一个函数

我正在尝试使用PHP为亚马逊AWS api创建一个签名请求。我不是太熟悉PHP所以这个问题似乎非常明显，所以我很抱歉 -PHP - 如何包含一个php类文件并执行一个函数

Amazon提供的示例代码生成签名要求使用他们的API - 它可以在这里找到：

http://aws.amazon.com/code/AWIS/402

他们的状态指示简单：

Run php urlinfo.php ACCESS_KEY_ID SECRET_ACCESS_KEY site

但我不知道如何 “跑” 的PHP文件。我的直觉是，包括PHP文件，所以我可以作出其公共urlInfo函数的调用：

UrlInfo($accessKeyId, $secretAccessKey, $site)

，但如果我把它给：

<?php require_once ('urlinfo.php'); ?>

页面自动生成消息：

Usage: ACCESS_KEY_ID SECRET_ACCESS_KEY site

那么如何从我的索引文件中调用这个php文件并将它传递给它需要的参数呢？

来源

2011-10-26 mheavers

的urlinfo .php脚本旨在通过PHP命令行界面运行，并希望通过cli传递参数。

如果您删除代码的以下部分：

if (count($argv) < 4) { 
    echo "Usage: $argv[0] ACCESS_KEY_ID SECRET_ACCESS_KEY site\n"; 
    exit(-1); 
} 
else { 
    $accessKeyId = $argv[1]; 
    $secretAccessKey = $argv[2]; 
    $site = $argv[3]; 
}

然后执行：

$accessKeyId = "youkeyid"; 
$secretAccessKey = "yoursecret"; 
$site = "yoursite"; 

include('urlinfo.php');

预期它将工作。

来源

2011-10-26 17:02:40

运行该文件的说明意味着您应该将该命令键入命令提示符。

示例代码只是表示样本。因此，他们试图让您轻松运行它，而无需将其放入Web服务器。相反，你可以直接在它上面执行php。

如果你想在网络服务器上运行它，你需要重写这个例子。

来源

2011-10-26 16:59:15

删除urlinfo.php文件底部的以下代码。

if (count($argv) < 4) { 
    echo "Usage: $argv[0] ACCESS_KEY_ID SECRET_ACCESS_KEY site\n"; 
    exit(-1); 
} 
else { 
    $accessKeyId = $argv[1]; 
    $secretAccessKey = $argv[2]; 
    $site = $argv[3]; 
} 

$urlInfo = new UrlInfo($accessKeyId, $secretAccessKey, $site); 
$urlInfo->getUrlInfo();

然后你可以使用下面的代码来生成你需要的urlinfo。

$urlInfo = new UrlInfo($accessKeyId, $secretAccessKey, $site); 
$urlInfo->getUrlInfo();

来源

2011-10-26 17:01:20

所以我想我有点困惑 - 每次我想要访问Web服务时都不需要运行它？如果我在本地主机上运行这个功能，我该如何使用“网站”？我可以在本地主机上运行它吗？ – mheavers

假设你有UNIX命令行：

类型看“的PHP”在命令行，如果你的shell已经知道了您的php bin文件是。如果你得到一个路径，键入路径来运行该文件后跟参数ACCESS_KEY_ID SECRET_ACCESS_KEY网站

例子：在/ usr/local/bin目录/ PHP urlinfo.php ACCESS_KEY_ID SECRET_ACCESS_KEY网站

来源

2011-10-26 17:02:10 jakx

PHP - 如何包含一个php类文件并执行一个函数

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