当我在linux中使用nohup命令的时候，出现了这个错误：nohup:ignoringinputandappendingoutputto‘nohup.out’忽略输入输出，将信息化信息记录到nohup.out文件中。补充：nohup命令nohup 英文全称nohangup（不挂起），用于在系统后台不挂断地运行命令，退出终端不会影响程序的运行。nohup 命令，在默认情况下（非重定向时），会输出一个名叫nohup.out的文件到当前目录下，如果当前目录的nohup.out文件不可写，输出重定向到 $HOME/nohup.out 文件中。1、用途：LINUX命令用法，不挂断地运行命令。2、语法：
我正在使用Laravel5.1中的表单来发布一些文本并上传文件。它看起来像这样(简化版):{!!Form::open(array('url'=>'foo/bar'))!!}{!!Form::text('image_name')!!}{!!Form::file('image')!!}{!!Form::submit('Submit!')!!}{!!Form::close()!!}文本字段是必需的，所以我在我的Controller中添加了一个$validator。如果验证失败，用户将被重定向回表单。我使用withInput()方法重新填充表单，这样用户就不必再次填写:if($validato
PHP文档statesphp://input只能读取一次。在我的应用程序中，我需要读取它两次，一次用于身份验证，一次用于实际处理内容，并且这两个功能由不同的独立模块处理。疯狂的是:有效。我可以指望它在任何地方都能正常工作吗，还是我的PHP版本(5.2.10)中出现了这种情况？我能找到的关于此的唯一文档是声明它不应该工作的文档，没有提到版本限制。按照丹尼斯的直觉，我做了这个测试:$in=fopen('php://input','r');echofread($in,1024)."\n";fseek($in,0);echofread($in,1024)."\n";fclose($in);ec
我正在尝试使用Zend和PHPUnit为Controller编写单元测试在代码中我从php://input获取数据$req=newZend_Controller_Request_Http();$data=$req->getRawBody();当我测试实际应用程序时，我的代码工作正常，但除非我可以提供数据作为原始httppost，否则$data将始终为空。getRawBody()方法基本上调用file_get_contents('php://input')，但我如何覆盖它以便为我的应用程序提供测试数据。 最佳答案 我遇到了同样的问题，
这应该是一个基本问题，但为什么使用这样的东西更好:$pwd=filter_input(INPUT_POST,'pwd');不仅仅是:$pwd=$_POST['pwd'];PS:我知道过滤器扩展可以与更多参数一起使用，以提供额外的清理级别。 最佳答案 不是。$_GET、$_POST、$_COOKIE和$_REQUEST是filteredwithdefaultfilter.filter_input(INPUT_POST,'pwd')没有附加参数也使用默认过滤器。所以根本没有区别。 关于php
我正在为我的PHP项目编写单元测试，单元测试是模拟一个php://input数据，我读了手册，上面写着:php://inputisaread-onlystreamthatallowsyoutoreadrawdatafromtherequestbody.如何模拟php://input，或者在我的PHP中编写请求体？这是我的源代码和单元测试，都是简化的。来源:classKoru{staticfunctionbuild(){//Thisfunctionwillbuildanarrayfromthephp://input.parse_str(file_get_contents('php://i
我有一个工作的symfony应用程序，今天我决定做一个composer更新composer更新的结果可以在这里找到https://github.com/allan-simon/oauth2-symfony2-vagrant-fosuserbundle/commit/dfa25593f79c5595ca4759803ec1e998091c68b9(主要是小版本的变化，注意symfony的版本有变化，但保持在2.6也会产生以下问题)现在升级后我收到了这个错误ScriptSensio\Bundle\DistributionBundle\Composer\ScriptHandler::clea
$cdmy_project_name/$phpbin/consoleserver:run当我添加以下命令并尝试运行我的symfony应用程序时出现此错误，"Error:Couldnotopeninputfile:bin/console" 最佳答案 正如@chapay和@cered所说，我们可以改用此命令。phpapp/consoleserver:run它是Symfony2命令，而我遇到的问题是Symfony3命令。我发现其他几次也出现了这个问题。有时我们可以用“app”替换“bin”。喜欢，phpbin/consoledoctrin
我想从PHP的命令行一次读取一个字符，但似乎有某种输入缓冲从某处阻止了这一点。考虑这段代码:#!/usr/bin/php输入“foo”作为输入(然后按回车键)，我得到的输出是:input#fooReadfromSTDIN:finput#ReadfromSTDIN:oinput#ReadfromSTDIN:oinput#ReadfromSTDIN:input#我期待的输出是:input#finput#ReadfromSTDIN:finput#oinput#ReadfromSTDIN:oinput#oinput#ReadfromSTDIN:oinput#input#ReadfromSTDI
我想在输入值中显示旧输入。如果没有旧输入，则显示其他变量:value="{{old('salary_'.$employee->id)or'Default'}}"但是当没有旧输入时，它会给我1而不是默认值!我认为问题与串联有关，但我不知道如何解决!？ 最佳答案 or是PHP中的比较运算符，因此您的代码计算结果为true，或1。您想要的是三元if声明。如前所述，or可以在Blade中用作三元if语句的简写。但是您可以(并且应该)将默认值作为第二个参数传递给函数，如下所示:value="{{old('salary_'.$employee-
