使用带有readline的PHP读取用户命令行输入，但bash不是默认的shell

我编写了一个PHP脚本，并试图从命令行读取用户输入。我从

$myVar = exec('read myVar; echo $myVar;');

这很好，但当输入时，箭头键没有按应有的方式工作。我知道这可以通过-e开关解决，所以它变成：

$myVar = exec('read -e myVar; echo $myVar;'); 

$myVar = exec('/bin/bash -c "read -e myVar; echo $myVar"');

现在，这在我的开发环境中很有吸引力，但不幸的是，在我们的生产环境中，PHP似乎不使用bash shell，也不支持-e开关，而且要改变这一点可能并不容易

据了解，可以强制PHP使用bash，因此它变成：

$myVar = exec('read -e myVar; echo $myVar;'); 

$myVar = exec('/bin/bash -c "read -e myVar; echo $myVar"');

现在，不幸的是，这不起作用，因为没有设置变量

myVar

当我直接从命令行运行命令时，

$myVar

（shell变量）被设置为我输入的任何内容，并因此返回

但是，在PHP-exec（）中或直接在命令行上使用-c选项时，如下所示：

/bin/bash -c "read -e myVar; echo $myVar";

$myVar

根本没有设置，并且会回显一个空字符串（或先前的

$myVar

值）

---

这里我做错了什么？

问题是，

$myVar

在传递给bash之前被解释。通过在将

$

传递到shell之前对其进行转义，以下操作将起作用：

/bin/bash-c“read-e myVar；echo\$myVar”

您还可以使用

$REPLY

---

/bin/bash-c“read-e；echo\$REPLY”

您考虑过使用吗？是的，我考虑过。在我发现我的开发环境不支持它之后，我停止了尝试，但是它在生产环境中确实工作得很好，所以我认为我只需要在开发环境中工作，或者甚至可以暂时使用“function_exists（）”开关。所以谢谢，有点忘了。尽管如此，我还是想知道上面的内容是如何不起作用的。你是在开发一个不同于你在生产中使用的PHP版本吗？仅此而已！谢谢：-）没问题@btum81:-）