Javascript file_get_contents（）返回错误的页面

我正在尝试使用函数文件\u get\u contents$url来获取一些内容。但是它没有返回正确的内容。它只是返回一些脚本，我认为它们负责位置和语言检查，然后它失败，不会继续抓取整个页面

    $url = 'https://shop.bitmain.com/';
    $exists;
    $url_headers = get_headers($url);
    if(!$url_headers || $url_headers[0] == 'HTTP/1.1 404 Not Found') {
        $exists = false;
    }
    else {
        $exists = true;
    }

    if(filter_var($url, FILTER_VALIDATE_URL) == FALSE || $exists == false) {

        $error .= '<div class="alert alert-danger" role="alert">That city could not be found.</div>';

    } else if (filter_var($url, FILTER_VALIDATE_URL) == TRUE && $exists == true){

        $html = file_get_contents($url);
        if ($html != FALSE && $html != NULL) 
            echo $html

        }

当涉及到加载URL内容时，我们将file_get_contents称为哑函数。它将返回第一次加载DOM时显示的内容

要获得许多网站的实际内容，您还需要遵循重定向，这可以通过使用curl实现。请参阅：

如果最后一个页面使用大量AJAX来发布数据，那么即使是curl也不会提供所需的内容，而是一些没有实际内容的裸HTML页面

因此，现在，您需要手动加载异步内容，通过解析初始url的内容、解析JS文件、获取ajax url并在传递目标页面可能为您的请求生成的cookie时再次调用它们

或者使用本机客户端，它将像浏览器一样执行页面，并能够返回最终数据

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只需调用file\u get\u contentsurl；而且，如果你在浏览器中调用url，那么期望使用相同的源代码，对于大多数网站来说已经不起作用了。

我认为它得到了正确的内容。该页面显然是一个js web应用程序，当您使用浏览器查看目标页面的源代码时，脚本几乎是您得到的所有内容……抱歉，我编辑了它。是在浏览器中打开url。。。查看源。。。这就是你的PHP将得到的，我看到了，但是原始页面包含了一些数据，也就是产品和它们的价格。我需要这些数据，而不是脚本，这是一个强有力的词。我知道你想要这些信息，但这比一个简单的文件内容要难得多-你必须运行脚本，这是一个完整的应用程序，以便让它以你在浏览器中看到的方式提升。顺便说一句，如果你链接到另一个SO答案，建议你应该投票以重复方式关闭，而不是回答…：@这不是一个重复的问题。链接应该会添加一些想法，为什么尝试的方法在很多情况下不起作用。@dognose感谢您的时间。你认为我应该如何解决这个问题？我试过卷发，可惜没有work@ibrahim.fathy查看我的更新。它高度基于ajax，没有简单的php解决方案。