通过命令行运行php文件？

每次尝试通过命令行加载文件时，我都会收到以下消息：

Could not open input file:  dummy.php

我什么都试过了

php C:\Program Files (x86)\Zend\Apache2\htdocs\dummpy.php
php dummy.php
php htdocs\dummy.php

我不能运行文件！我可以得到php信息和所有其他东西，所以我相信我的CLI是好的

实际上，我需要这个来运行phpwebsocket，但是我无法通过CLI运行任何东西。

如果您编写

php dummy.php

您必须确保您当前的目录是

C:\Program Files (x86)\Zend\Apache2\htdocs\

---

您需要输入不带空格的路径，如下所示：

php c:\progra~2\Zend\Apache2\htdocs\dummy.php

php "C:\Program Files (x86)\Zend\Apache2\htdocs\dummy.php"

或者，您可以在整个内容周围加引号，因为您的路径确实有空格，如下所示：

php c:\progra~2\Zend\Apache2\htdocs\dummy.php

php "C:\Program Files (x86)\Zend\Apache2\htdocs\dummy.php"

或者，在打开命令提示符时，请确保导航到PHP文件所在的文件夹。例如，一个简单的导航可能如下所示（在每行后面键入enter）：

---

你能解释一下我是怎么做的吗？要么进入那个目录，要么引用完整的路径，因为里面有一个空格。或者使用旧的可信赖的

progra~2

来代替抱歉，我不确定我是否了解哪些部分不清楚？我知道我无法运行它，因为目录中有空格，对吗？请原谅我糟糕的英语当你打开命令提示符，输入这些命令时。。。命令提示符中显示的路径是什么？您好！谢谢你的帖子，我相信我正在进步。我按照你说的做了，我得到了不同的消息，现在它显示：目前不允许成功建立到数据库事件报告的连接。原因：启动前或关闭后这意味着文件运行正常？听起来好像文件运行。。。我不确定预期的输出是什么，但您的评论似乎表明php文件“成功”运行并生成了某种类型的输出。是的，我创建了一个simples hello world脚本，它运行正常，在CLI上显示了结果，完美！非常感谢你！“正确且最好的答案！”费尔南多费拉里很乐意帮忙！