在运行php脚本之前，是否可以通过命令行参数要求一个.php文件？ 处境

我正在使用与bash4兼容的shell运行linux

我有两个文件：

A.class.php：

<?php

class A{

    public static function foo(){
        echo "foo\n";
    }
}

我试过的东西 我尝试将

与文件A.php的内容连接起来，然后通过管道将其传输到php，如：

echo "<?php require 'A.class.php'?>$(<A.php)" | php

---

echo“$（您要查找的可能是-f开关

php -f phpFileToParseAndRunFirst.php

您始终可以创建一个简短的PHP文件以首先运行，该文件满足以下要求：

<?php
require ('pathToRequiredPhpFile1.php');
require ('pathToRequiredPhpFile2.php');

// Or even use the include to bring a .php file into the currently running script file as if it were a part of the script.

这里是一个更好的示例。在您的a.class.php所在的目录中，使用以下代码创建一个简单的php初始化文件（init.php）：

<?php
include "A.class.php";
$x = new A;
$x->foo();

您可以使用
-d指令=值
来设置指令

php -d auto_prepend_file=A.class.php -f A.php

或者，您可以通过php代码直接作为参数加载脚本，而不是传递脚本文件名：

php -r "require 'A.class.php'; require 'A.php';"

作为另一种选择，Unix方式始终存在：

它在通过PHP运行之前将脚本连接在一起


与
auto\u prepend\u file=
不同，这也适用于两个以上的系列脚本。（并且不会妨碍中央预加载脚本。个人已经将其用于兼容代码。）

但是，它取决于每个脚本中的适当的
脚本附件-open和close标记（经典的PHP编码风格，而不是noob/PSR-x）

（出于这种目的，您可以使用它来修复现有的PHP文件。）

php-B'@EtanReisner这不起作用！
php解析错误：语法错误，命令行中的文件结尾意外，第1行的开始代码
。顺便说一句，很抱歉我不得不更改文件名。另一个预包含另一个脚本的选项是
php-d“auto_prepend_file=before.php”"main.php
@mario这看起来很有希望！我会尽快测试它，并告诉你它是否有效。非常感谢！@mario这很有效。你想自己创建一个答案，还是我接受VolkerK的答案可以？#repmatters抱歉，创建一个新文件并不能回答我的问题。从标题：
通过命令行参数er
。您能更具体地介绍一下-f开关吗？据我所知，我将传递A.class.php作为
-f
的参数，但如何传递我要运行的文件？没有编辑任何文件。创建了一个名为init.php的新文件作为引导文件，php应该执行该文件以加载所需文件。我还演示了include和sug的使用做手势查看require（）和require_once（）。另一个建议是使用composer。有一个开关-R可能适合您（我自己没有使用过），在这里您可以通过管道导入要执行的php脚本文件。祝您好运……）
php -d auto_prepend_file=A.class.php -f A.php

php -r "require 'A.class.php'; require 'A.php';"

 cat first.php second.php | php -C