如何在没有框架的情况下使用PHP快速建立RESTful站点？

我想在不学习PHP框架的情况下使用PHP快速建立一个RESTful站点。我想在Apache中使用一个

.htaccess

-文件，或者使用Nginx使用一个规则，因此我可以在不更改代码的情况下更改web服务器

因此，我希望将所有请求定向到一个PHP文件，该文件负责RESTful处理并调用正确的PHP文件

例如：

用户请求

服务器将所有请求发送到

rest.php

rest.php

调用

test.php

（可能带有查询字符串）

---

如果可以做到这一点，是否有一个像my

rest.PHP

一样工作的免费PHP脚本？或者如何执行此PHP脚本？

是的，将

404重定向到名为
rest.PHP
的页面。使用
$url=$\u服务器['REQUEST\u URI']
检查url。在
rest.php
中，您可以重定向到任何您想要的地方

这只需要一条规则（
.htaccess
文件中的
404
）

您必须小心，确保如果请求的页面（例如mysite.com/test1没有test1.php）出现404错误，您不会陷入循环。
使用Apache Mod Rewrite：

Options +FollowSymlinks
RewriteEngine on
RewriteRule ^test$ rest.php [nc]

从操作方式上稍作修改。这会将所有内容重定向到rest.php，并将原始请求的URL放入$_GET['q']，以便您对其采取适当的操作。您可以将其放在apache配置或.htaccess中。确保mod_rewrite已启用

RewriteEngine on
RewriteCond %{REQUEST_URI} !=/favicon.ico
RewriteRule ^(.*)$ rest.php?q=$1 [L,QSA]

如果您想要做的只是包含请求的文件，那么您可以执行如下操作

<?php
  if (!empty($_GET['q'])) {
    $source = $_GET['q'] . '.php';
    if (is_file($source)) {
      include $source;
    } else {
      echo "Source missing.";
    }
  }
?>



然而，你真的不想那么做；例如，如果有人请求'/../../../../etc/passwd'，您可能最终会提供一些您不想提供的内容

我想像这样的东西更安全

 <?php
  if (!empty($_GET['q'])) {
    $request = $_GET['q'];
    switch ($request) {
      case 'test1':
        include 'test1.php';
        break;
      default:
        echo 'Unrecognised request.';
        break;
    }
  }
  ?>


但我希望我的所有页面都使用它。所以我想让mysite.com/test1进入我的test1.php文件。我想你不太明白。如果用户请求的文件不存在，它将陷入重定向循环。这就是为什么在重定向之前应该检查文件是否存在的原因。