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在PHP中,由于什么原因,我不能包含来自外部文件的变量?

php

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CoolGravatar · 技术社区 · 17 年前

如果在page1.php和page2.php中定义了$var,那么

//Page2.php
include('Page1.php');

echo $var;

出于什么原因,它不会将$var的值打印到屏幕上?文件在同一个目录中,因此路径不应该是问题所在。我已经检查了php.ini文件,没有什么能真正跳出来。有什么想法吗?

4 回复 | 直到 6 年前

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Mnebuerquo 17 年前

如果是路径问题,您将在错误日志中看到警告。您还可以更改为“需要”而不是“包含”,这将变得很明显。

echo getcwd();

你也可以打印你的工作目录来找出问题所在。

$var是在函数中创建的吗?如果是,请确保

global $var;

在函数的第一次赋值之前。

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Oli 17 年前

可能的原因:

当前的工作路径并不总是与文件的路径相同。例如,如果page2.php包含在更高的级别,则更高的级别将是路径。确保直接加载了page2.php,或者相应地移动page1.php。
确保 $var 是你所期望的。在page1.php中回音确认。(这也会检查是否包含正确的文件)
如果源不是这么简单,请确保您没有取消定义/清除 $var 任何地方。

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andyuk 17 年前

我刚测试过:

PGE1.PHP:

<?php
$foo = "bar"
?>

PGE2.PHP:

<?php
include('page1.php');
echo $foo;
?>

这是可行的。

您可能需要检查文件路径。var_dump()还可以方便地检查变量输出。

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Markus 17 年前

检查你没有关掉整个 error_reporting . 可能include出错,所以变量永远不会包含在内。