通过引用传递变量创建所述变量

Question

function value(&$param){}

value($var['key']);
echo array_key_exists("key", $var)? "true" : "false"; //true

运行此代码后，尽管从未显式设置$ var ['key']，但它仍然存在。 这意味着empty($var)将不再返回true ，这困扰着我。

这是故意行为吗？ 我找不到有关的文档。

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给出相同结果的更简单的代码：

 $foo = &$bar['key']; $echo array_key_exists('key', $bar)? "true" : "false"; 

Answer 1

要通过引用传递，必须有一个引用传递。 要引用传递，必须创建变量。 因此，应该在上面的代码中创建变量。

这与内置exec( $cmd, $out)的情况类似，即使$ cmd不产生输出，$ out也将存在。

在您的代码中，您可以尝试empty($var['key'] 。

Answer 2

由于您需要将变量传递给函数，因此必须先创建引用。 在其他语言中，您会收到错误消息，因为键不存在，因此无法传递给函数。 但是，在PHP中，创建变量和使用变量之间没有区别。 因此，您先创建密钥，然后再传递它，但是PHP语法对您隐藏了它。

当由PHP解释执行时，这实际上发生了：

$var['key'] = null;
value($var['key']);

从解释器的角度来看，这确实是一种奇怪的行为。 如果该变量按值传递，则将生成运行时错误，因为不会隐式创建它。