php - 如何在通过 fopen 创建的 php 文件中包含变量

Question

我正在尝试使用 fopen() 函数创建一个 php 文件。需要构建将创建的 php 文件的内容，以便以后可以执行它们来更新 mysql 数据库。因此，如果创建了 php 文件，它应该显示包含 config.php 以及连接到数据库并执行查询的方法。

例如，将创建的文件将类似于:

<?php 
include_once 'config.php';
$updateSQL = "update table set is_active = 1 where id = 10";
$conn = mysqli_connect("$dbhost","$dbuser","$dbpass","$usedb");
if(! $conn )
{
  die('Could not connect: ' . mysqli_error());

} else {
mysqli_query($conn,$updateSQL );
}

?>

创建一个空的 php 文件很简单，但我不知道是否可以在将创建的文件中显示变量。仅供引用，该文件将包含其他任务，例如创建我可以执行的目录，这是我所坚持的部分，所以有什么建议吗？

Answer 1

这就是我解决您的问题

 <?php
    $text = "hi Amar";
    $var_str = var_export($text, true);
    echo $var = "\n\n\$text = $var_str;\n\n";
  ?>

结果:$text = 'hi Amar';