Cron 作业无法打开输入文件

Question

我的托管服务器上有一个cron job应该php每 30 分钟执行一个脚本。该php脚本用于废弃csv文件并将该数据更新到数据库中（我使用 MySQL 来实现）。当手动执行该脚本时，该脚本将起作用 - 它需要它45 seconds才能完成该过程。

现在，当它cron job运行时，我收到以下消息：

Could not open input file. 

起初我认为这可能是因为执行该脚本需要超过 30 秒，所以我决定在 php 脚本开始时设置最大执行时间：

ini_set('max_execution_time', 300);

但同样的消息又出现了。这是我的cron job：

/usr/local/bin/php /home/emmaein/domain.com/folder/script.php?token=d8cn3j

PS：该tokenget 变量有点像密码，因此每个人都不能执行它，所以基本上我的php脚本如下所示：

if($_GET['token'] === 'd8cn3j'){
    //open csv
    //get data
    //update db
} else{
    exit('I see you >:)');
}

Answer 1

当 PHP 不在 Web 服务器内运行时，您无法访问$_GET变量（不存在这样的事情）。相反，您应该使用命令行参数：

<?php
if ($argc > 1 && $argv[1] === 'd8cn3j') {
    // Do stuff
}

然后你的 crontab 就变成了：

/usr/local/bin/php /home/emmaein/domain.com/folder/script.php d8cn3j

$argc（参数数量）和$argv（参数数组）的概念在 CLI 程序中相当标准，并且在 PHP 网站上有记录。