PHP evalで期待される結果が得られない

Question

eval（）を使用しないことをお勧めしますが、プロジェクトの特定の部分に使用する必要があります。

一般に、私はPHP管理者にPHPコードを含むファイルをアップロードする方法を提供したいと考えています。PHPコードはデータベースに格納され、特定の基準が満たされたときに最終的に読み込まれて実行されます。

これは数人でしかアクセスできないイントラネットアプリケーションであるため、セキュリティの側面は深刻ではありません。

eval（）によって実行されるPHPコードは、どのようなコードでも可能です。

$some_array = array(); 

$some_array[0] = 'Hello World'; 

echo $some_array[0]; 

このコードの出力は単純にHello Worldです。

eval(" 

$some_array = array(); 

$some_array[0] = 'Hello World'; 

echo $some_array[0]; 

"); 

理論的には、このコードの出力は同じである必要がありますが、実際はそうではありません。

私は、このエラーメッセージを取得しています：

Notice: Undefined variable: some_array in C:\xampp\htdocs\test.php on line 8 

Notice: Undefined variable: some_array in C:\xampp\htdocs\test.php on line 8 

Notice: Undefined variable: some_array in C:\xampp\htdocs\test.php on line 10 

Parse error: syntax error, unexpected '=' in C:\xampp\htdocs\test.php(12) : eval()'d code on line 3 

それは簡単なことのように思える - しかし、この問題はすでにいくつかの時間のために私が忙しくなっている...

Answer 1

あなたのような単一引用符を使用する必要があります。

を

eval(' 

$some_array = array(); 

$some_array[0] = \'Hello World\'; 

echo $some_array[0]; 

'); 

それ以外の場合、PHPは文字列中の$ some_arrayを存在しない既知の値に置き換えようとします。