如何输出PHP文件打开失败的原因

Question

我正在尝试调试一个庞大的,过时的(大约2001年)PHP Web服务,我遇到了文件打开失败.fopen调用在一个包含的模块中,调用者记录该文件无法打开但没有记录任何原因.

实际打开的代码是:

  // Read the file
  if (!($fp = @fopen($fileName, 'rb'))) {
    $errStr = "Failed to open '{$fileName}' for read.";
    break; // try-block
  }

我如何才能找出fopen失败的原因？

Answer 1

带走@符号.

@符号可以抑制错误消息,因此它会抑制函数通常会给出的错误.

Answer 2

关于@ 运算符，已经给出了很好的答案，但是这里还有一些可能对您或其他人有用的信息：

• 如果出于调试目的，您需要禁用@ operator，您可以安装尖叫扩展 - 另请参阅手册-当您维护某种设计/编码不佳的旧应用程序时，这非常有用 ^^
• 根据您的 PHP 配置（如果track_errors激活该选项），您也许能够使用它$php_errormsg来获取最后的错误消息。

考虑这段代码：

// This file doesn't exist
if (!@fopen('/tmp/non-existant-file.txt', 'r')) {
    var_dump($php_errormsg);
}

// My Apache server doesn't have the right to read this file
if (!@fopen('/tmp/vboxdrv-Module.symvers', 'w')) {
    var_dump($php_errormsg);
}

你会得到这个：

string 'fopen(/tmp/non-existant-file.txt) [<a href='function.fopen'>function.fopen</a>]: failed to open stream: No such file or directory' (length=129)

string 'fopen(/tmp/vboxdrv-Module.symvers) [<a href='function.fopen'>function.fopen</a>]: failed to open stream: Permission denied' (length=122)

所以，真实的、有用的、有意义的错误消息;-)