下载PHP中URL的内容，即使它返回404

我想使用PHP下载URL的内容，即使HTTP响应代码是404

file\u get\u contents

将出错，我无法使用谷歌找到答案。如何执行此操作？

默认情况下仅返回HTTP 200响应的内容

从PHP5.0开始，您还可以为

文件获取内容

指定一个上下文，这样您就不必依赖url（参见Gordon的答案）。

改用。它允许更大的控制，并允许您读取检索到的任何内容和状态代码。

您必须忽略错误：

忽略\u错误

布尔值

即使在出现故障状态代码时也会获取内容。默认值为

FALSE

换言之，你要做什么

echo file_get_contents(
    'http://stackoverflow.com/foo/bar',
    false,
    stream_context_create([
        'http' => [
            'ignore_errors' => true,
        ],
    ])
);

您将获得404页面

如果希望这是HTTP流的默认行为，请使用

stream_context_set_default(
    array('http' => array(
        'ignore_errors' => true)
    )
);

使用HTTP流包装器的任何调用都将使用这些设置，例如，您只需

echo file_get_contents('http://stackoverflow.com/foo/bar');

如果你还想得到那份工作，那就去做吧

---

电话之后。每次调用后，使用http流包装器（重新）填充变量。

步骤1：检查返回代码：

$content=file\u get\u contents（“网站链接”）；
如果（$content==FALSE）{//handleerror here…}

---

步骤2：通过将错误控制操作符（即

@

）放在对file_get_contents（）的调用前面来抑制警告：

$content=@file_get_contents（$site）
有趣的方法-但是你能告诉我你是得到了一个错误还是一个成功的响应吗？+1 Gordon是对的，变量$http\u response\u头包含了它在tin上所说的内容，其中显然包含了状态代码。
print_r($http_response_header);