Can'；t通过PHP调用带参数的Java程序

我正在尝试将一个Java项目与一个网站连接起来。该项目位于“website\u文件夹/data/backend”中，此时，我想测试以下示例是否有效：

[java代码]

public static void main(string args[]) {
   if(args[0].equals("5") {
      File f = new File("/location/to/file/result.txt");
      if(!f.exists()) {
         f.createNewFile();
         FileWriter fstream = new FileWriter("/location/to/file/result.txt");
         BufferedWriter out = new BufferedWriter(fstream);
         out.write("It works!");
         out.close();
      }
   }
}

在PHP文件中，我必须执行以下命令：

<?php
exec("java -cp /data/backend/Project/build/classes/project/Main.class/ main 5",$output); 
?>

但是什么也没发生！我的意思是，文件不是在我在main方法中指定的目录中创建的。我尝试在PHP命令中运行该项目的.jar文件，通过变量传递参数“5”，在exec命令中添加到目录路径：“I:/xampp/htdocs/website\u folder/”（I:\是我安装虚拟服务器-xampp-的磁盘驱动器），但没有成功。我是不是在命令的语法上出错了

编辑： 我将命令更改为指向.jar文件（java-jar/data/backend/Project/dist/Project.jar 5），问题就解决了。

试试这个：

"java -cp /data/backend/Project/build/classes/ project.Main 5"

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这假设包含

main

方法的类位于包

project

中，称为

main

。如果不是这样，请相应调整。

请在中尝试接受的解决方案，然后报告。您不能指向.class文件。正如adarshr所说，您可以尝试一下，看看它是否有效。它应该告诉您

找不到class main

。我尝试了两种解决方案（export DYLD_LIBRARY_PATH=“”；并指向.class文件夹），但什么都没有发生。我正在使用Windows8。这是否意味着我必须在“java-cp”之前指定一些内容？我是说java的位置还是什么？在一些示例中，我看到一些人添加了“/usr/bin/java”，这肯定与Linux有关。