处理argc和argv

Question

我写的代码如下：

<?php
array_shift($argv);
$taskid=$argv[0];
$file1=file_get_contents($argv[1]);
$file2=fopen($argv[2],"w");
echo $taskid."\n".$file1."\n".$file2."\n";
?>

我以php myfile.php 1 1.txt 2.txt身份执行此程序，其中1是任务I，1.txt是输入文件，2.txt是输出文件。我想以这样一种方式修改这个程序，即使我不传递任何类似于php myfile.php应该运行的参数，它也可以运行。我想为此设置一个if条件。我使用了if(*argv<=1)和if(argc==NULL)等条件，但它们都不起作用。

我需要一个完美的条件来检查如果没有传递参数，那么我的程序应该显示用户友好的消息。

有人能帮我吗？?

Answer 1

if ($argc !== 4) {
  // show message 

Answer 2

试试这个：

<?php
array_shift($argv);

if (empty($argv) || count($argv) != 3) {
  echo "Incorrect number of arguments\n";
}
else {
  $taskid = $argv[0];
  $file1 = file_get_contents($argv[1]);
  $file2 = fopen($argv[2],"w");
  echo $taskid . "\n" . $file1 . "\n" . $file2 . "\n";
}